ralfkannenberg
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Mal ganz ehrlich Leute - wollt Ihr mich eigentlich verar***en ?
Ich stecke so viel Zeit in diese Angelegenheit und dann bekomme ich so eine Antwort
Freundliche Grüsse, Ralf
Integral einer Fallbeschleunigung zu einem Potential - Schritt für Schritt
- Ersteller ralfkannenberg
- Erstellt am
Ich stecke so viel Zeit in diese Angelegenheit und dann bekomme ich so eine Antwort
Freundliche Grüsse, Ralf
Bernhard
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Hallo Ralf,Ich stecke so viel Zeit in diese Angelegenheit und dann bekomme ich so eine Antwort
wenn es Dich beruhigt: Ich habe die Ableitungen mit Papier und Bleistift geprüft und habe keine Fehler gefunden. Für eine Musterlösung müsste man noch einige Bemerkungen über die Integrationskonstanten machen, aber aktuell spare ich mir das lieber. Den allgemeinen Tonfall in den beiden betreffenden Themen finde ich momentan alles andere als motivierend.
ralfkannenberg
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Hallo Bernhard,
beruhigen tut es mich, aber verstehen tue ich es trotzdem nicht. Sind da noch versteckte Parameter vorhanden ? Dadurch, dass ich nirgendwo Abhängigkeiten von der Zeit sehe würde ich das fast alles mal als Konstante vor die Gleichung ziehen und dann bleibt da fast nichts mehr abzuleiten übrig. Der sinh ist die Summe zweier einfacher e-Funktionen, die leiten sich also problemlos ab, und vorgängig muss man noch mit den Wurzeln aufpassen und dann noch lineare Terme als innere Ableitungen zumultiplizieren.
Wenn man da so macht, so sollte irgendwie ein viel einfacherer Ausdruck herauskommen, und der Eindruck, der sich mir ergibt, ist der, dass da gewisse Grössen eben nicht so konstant bezüglich t sind wie es aufgeschrieben ist. - Aber ich mag mich natürlich auch irren.
Im Detail ausprobieren möchte ich es nicht, sonst stelle ich am Ende nur fest, dass es da ein als Konstante geschriebenes X gibt, welches in Wirklichkeit ein X(t) ist und mit der Produkteregel ebenfalls hätte abgeleitet werden müssen.
Freundliche Grüsse, Ralf
Bernhard
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Hallo Ralf,
es fehlt die Integrationskonstanten v_0. Berücksichtigt man diese, so ergibt/ergeben sich bei r(t) ein oder mehrere (?) neue Terme. Die Lösung von JA ist so gesehen ein korrekter Spezialfall der allgemeinen Lösung. Einem Nicht-Mathematiker muss man diesen "Fehler" nicht unbedingt zum Vorwurf machen.
ralfkannenberg
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Hallo Bernhard,
irgendwie habe ich den Faden völlig verloren: Julian will doch differenzieren und beim Differenzieren verschwinden die Integrationskonstanten identisch zu 0.
Freundliche Grüsse, Ralf
Bernhard
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Hallo Ralf,
JA will zeigen, dass die von ihm aufgeschriebene Lösung den Ansatz erfüllt.
Ich sage, dass es noch weitere Lösungen gibt, die diesen Ansatz erfüllen.
Der Ansatz lautet: r punkt punkt = ....
[scherz]Recht haben aktuell alle, bis auf Lothar, denn der hat ja per Definition Unrecht.[/scherz]
julian apostata
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Die Reaktion kapier ich überhaupt nicht. Soll das heißen, dass du ein Problem damit hast, dass ich nicht selbst differenziere, sondern es aus Bequemlichkeit dem Computer überlasse?
Ich zeig mal, wie ich auf die 2. Zeitableitung komme.
$$\ddot{r}=\frac{d \dot{r}}{dr}\cdot\frac{dr}{dt}=\frac{d\dot{r}}{dr}\cdot\dot{r}=\\\\\\=\frac{r^3\cdot\omega^2-M\cdot G}{r^2\cdot\sqrt{r^2\cdot\omega^2+2\cdot M\cdot G/r}}\cdot\sqrt{r^2\cdot\omega^2+2\cdot M\cdot G/r}=\\\\\\=r\cdot\omega^2-\frac{M\cdot G}{r^2}$$
Genau, am Schluss der Rechnung muss nämlich genau das da stehen, nämlich die Summe von Schwerkraft und Zentrifugalkraft, welche auf das Objekt einwirken. Zum Beispiel eine Perle, die reibungsfrei an einem Weltraumlift hoch gleitet.
Und wie komm ich überhaupt auf die Stammfunktion? Ich hab halt eine spezielle Friedmanngleichung abgeschrieben und sie so umfunktioniert, dass sie auf das besagte Objekt passt.
Aber fragt mich nicht, wie ich das gemacht habe. Ich weiß es nicht mehr.
ralfkannenberg
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Hallo Julian,
genau so ist es. "Ich" und meine Wenigkeit schreiben sich die Finger wund, damit Lothar mal triviale Funktionen von Hand berechnet, und dann kommst Du und erschlägst alles wieder mit dem Computer.
So hat Lothar wirklich keine Chance, das ganze mal von der Pike auf korrekt zu erlernen.
Und im Ernst: für zwei e-Funktionen brauchst Du doch hoffentlich keinen Computer ! - Ich habe übrigens nichts dagegen, ein Ergebnis mit dem Computer überprüfen zu lassen, um Flüchtigkeitsfehler ausschliessen zu können.
So etwas würde nicht passieren, wenn Du das von Hand rechnest, weil Du dann die Beweisidee nach wie vor präsent hättest.
Freundliche Grüsse, Ralf
ralfkannenberg
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Hallo Bernhard,
und das ist a, also eine Beschleunigung.
Und nun: a(t) wegen "punkt punkt" oder a(r), unsere Fallbeschleunigung, von der wir vor langer langer Zeit einmal ausgegangen sind ?
Bei a(r) war das alles irgendwie auch nicht besonders schwer, doch wo stehen wir nun: Friedmann-Gleichungen, Sinus Hyperbolicus ... - und plötzlich tauchen da aus dem nichts Differenzialgleichungen auf, die dann wieder weg sind ........
Irgendwie sind wir in einem anderen Film gelandet, was wenig überraschend ist, wenn man den Potentialhöhe bzw. den Abstand r vom Erdmittelpunkt durch eine Zeit t ersetzt ...
Freundliche Grüsse, Ralf
Zuletzt bearbeitet:
Bernhard
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Gerne. Ich hatte deswegen ja schon auf Seite 6 in Beitrag #59 herum gestänkert.
ralfkannenberg
Registriertes Mitglied
Hallo Bernhard,
Moment - ich habe meinen Beitrag geändert: erst hatte ich nur a geschrieben, dann wollte ich den Parameter ergänzen und habe dabei bemerkt, dass wir gar nicht mehr von a(r), sondern von a(t) reden ...
Kannst Du deswegen bitte von der neuen Fassung meines Beitrages ausgehen ?
Freundliche Grüsse, Ralf
Bernhard
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Hallo Ralf
$$a(t) = \frac{d^2r(t)}{dt^2} = f(r)$$
Diese Gleichung macht erst dann Sinn, wenn es eine Funktion r(t) gibt, welche diese Gleichung erfüllt. Denn dann kann man in f(r) anstelle des r die Funktion r(t) einsetzen und nachprüfen, ob die Gleichung auch wirklich erfüllt ist.
Wer sich bereits mit der Theorie der gewöhnlichen DGLs auskennt, weiß nun, dass man die Existenz dieser Funktion eigentlich zuerst nachweisen kann, bzw. muss. Ich habe mir diesen Schritt gespart, weil mir das zu zeitaufwändig war und JA bereits eine korrekte Lösung der DGL angegeben hatte.
Weiß man nun, dass die DGL eine Lösung der Form r(t) besitzt, so bleibt die Frage, wie diese zu finden ist. Das geschieht durch eine Methode, die auch "Trennung der Variablen" genannt wird. Dazu führt man die neue Funktion
$$v(t) = \frac{dr(t)}{dt}$$
ein und verwendet:
$$\frac{d^2r(t)}{dt^2} = \frac{dv(t)}{dt} = \frac{dv(r)}{dr}\frac{dr(t)}{dt} = v(r)\frac{dv(r)}{dr} $$
Insgesamt gilt also:
$$v(r)\frac{dv(r)}{dr} = f(r)$$
oder
$$v dv = f(r) dr$$
und das darf unmittelbar auf beiden Seiten integriert werden, womit dann auch klar sein dürfte, woher die große Wurzel bei der von JA angegebenen Lösung kommt, denn es gilt
$$\int vdv = \frac{1}{2} v^2 + C$$
oder auch
$$\frac{1}{2} v()r^2 + C = \int f(r) dr$$
In einem zweiten Schritt nutzt man dann die oben eingeführte Gleichung
$$v(r(t)) = \frac{dr(t)}{dt} $$
, um die gesuchte Funktion r(t) zu berechnen.
Da muss man jetzt etwas weiter ausholen. Weiter oben hatte ich beschrieben, wie man aus dem newtonschen Gesetz eine Differentialgleichung (DGL) ableiten kann. Man setzt F(t) = m * a(t). Für die Kraft gibt es nun andererseits Ausrücke, die nur vom Ort r abhängen. Formal erhält man deswegen die folgende Form einer Gleichung:
$$a(t) = \frac{d^2r(t)}{dt^2} = f(r)$$
Diese Gleichung macht erst dann Sinn, wenn es eine Funktion r(t) gibt, welche diese Gleichung erfüllt. Denn dann kann man in f(r) anstelle des r die Funktion r(t) einsetzen und nachprüfen, ob die Gleichung auch wirklich erfüllt ist.
Wer sich bereits mit der Theorie der gewöhnlichen DGLs auskennt, weiß nun, dass man die Existenz dieser Funktion eigentlich zuerst nachweisen kann, bzw. muss. Ich habe mir diesen Schritt gespart, weil mir das zu zeitaufwändig war und JA bereits eine korrekte Lösung der DGL angegeben hatte.
Weiß man nun, dass die DGL eine Lösung der Form r(t) besitzt, so bleibt die Frage, wie diese zu finden ist. Das geschieht durch eine Methode, die auch "Trennung der Variablen" genannt wird. Dazu führt man die neue Funktion
$$v(t) = \frac{dr(t)}{dt}$$
ein und verwendet:
$$\frac{d^2r(t)}{dt^2} = \frac{dv(t)}{dt} = \frac{dv(r)}{dr}\frac{dr(t)}{dt} = v(r)\frac{dv(r)}{dr} $$
Insgesamt gilt also:
$$v(r)\frac{dv(r)}{dr} = f(r)$$
oder
$$v dv = f(r) dr$$
und das darf unmittelbar auf beiden Seiten integriert werden, womit dann auch klar sein dürfte, woher die große Wurzel bei der von JA angegebenen Lösung kommt, denn es gilt
$$\int vdv = \frac{1}{2} v^2 + C$$
oder auch
$$\frac{1}{2} v()r^2 + C = \int f(r) dr$$
In einem zweiten Schritt nutzt man dann die oben eingeführte Gleichung
$$v(r(t)) = \frac{dr(t)}{dt} $$
, um die gesuchte Funktion r(t) zu berechnen.
Zuletzt bearbeitet:
ralfkannenberg
Registriertes Mitglied
Hallo Bernhard,
ich bin noch im "big picture" verhaftet. Wenn meine Vermutung (a(t) statt a(r) ) zutrifft und ich Deinen Beitrag richtig verstehe handelt es sich um eine völlig andere Aufgabe, die nichts mit der ursprünglich von "Ich" genannten zu tun hat.
Das ist nicht weiter schlimm, aber ich möchte das wenigstens mitkriegen, wenn dem so ist. Denn sonst versuche ich etwas zu lösen, um das es aber gar nicht mehr geht.
Freundliche Grüsse, Ralf
Bernhard
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Hallo Ralf,
Aber lass' uns gerne zum eigentlichen Thema zurückkommen und JAs zusätzliches Beispiel beiseite lassen.
Lothar hatte, wenn ich recht verstehe, noch Probleme mit der Addition von Potentialen. Wir sollten nun aber spätestens seit diesem Thema wissen, dass ein Gravitationspotential über ein Integral bestimmt wird und Integrale darf man unter gewissen Umständen addieren. Beispielsweise gilt für stetige C-unendlich-Funktionen (z.B. Polynome) und drei reelle Zahlen mit a < b < c
$$\int_a^b f(x)dx + \int_b^c f(x)dx = \int_a^c f(x)dx$$
Man kann Potentiale also auch abschnittsweise berechnen und nichts anderes wurde doch im Nachbarthema gemacht, wenn ich mich nicht irre.
mir fällt ein Stein vom Herzen.
#112 sollte eigentlich zeigen, dass es im "big picture" keinen großen Unterschied macht, ob man a(t) oder a(r) betrachtet, weil man ja r(t) kennt. Beide Funktionen lassen sich in diesem Fall also mathematisch ineinander überführen.
Aber lass' uns gerne zum eigentlichen Thema zurückkommen und JAs zusätzliches Beispiel beiseite lassen.
Lothar hatte, wenn ich recht verstehe, noch Probleme mit der Addition von Potentialen. Wir sollten nun aber spätestens seit diesem Thema wissen, dass ein Gravitationspotential über ein Integral bestimmt wird und Integrale darf man unter gewissen Umständen addieren. Beispielsweise gilt für stetige C-unendlich-Funktionen (z.B. Polynome) und drei reelle Zahlen mit a < b < c
$$\int_a^b f(x)dx + \int_b^c f(x)dx = \int_a^c f(x)dx$$
Man kann Potentiale also auch abschnittsweise berechnen und nichts anderes wurde doch im Nachbarthema gemacht, wenn ich mich nicht irre.
Struktron
Registriertes Mitglied
Nur wegen der physikalischen Interpretation.
Bei Konzentration der Masse zwischen a und b darf physikalisch nach der Zerlegung im zweiten Teil zwischen b und c nur der Teil übrig bleiben, der im ersten erzeugt wurde. Das Integral von a bis c muss das Ergebnis bringen, wie wenn die Masse im Punkt des Zentrums konzentriert ist. Das geht ja mit der Fallunterscheidung gut, für die Summe hat das noch niemand gezeigt. Das vierfache Potential oder ein n-faches wären neue Physik, für welche bisher niemand eine Beobachtung angegeben hat.
MfG
Lothar W.
Bernhard
Registriertes Mitglied
Hallo Struktron,
Man kann das mit der Formel aus der Wikipedia auch genau so nachrechnen.
das ist leider falsch. Es liegt vor allem an der Energie, die benötigt wird, um die Testmasse vom Symmetriezentrum bei r=0 an die Oberfläche der Massenverteilung zu bringen. Diese Energie ist von der Dichte der Massenverteilung abhängig. Sie geht mit der Dichte der Massenverteilung sogar gegen Unendlich. Innerhalb der newtonschen Physik ist es also auch so, dass man aus einer Punktmasse mit Radius gegen Null, physikalisch gesehen, keine Masse entfernen kann, weil die dazu nötige Energie gegen Unendlich geht. Bei einer Massenverteilung mit einem endlichen Radius, bleibt diese Energie dagegen endlich.
Man kann das mit der Formel aus der Wikipedia auch genau so nachrechnen.
Struktron
Registriertes Mitglied
Hallo Bernhard,
MfG
Lothar W.
Das hatten wir im anderen Thread und ich habe es numerisch nachvollzogen. Dass Integrale aufgespalten werden können und dann wieder eine Summe gebildet werden kann, ist auch klar. Beim Kollaps von Masse (Energie) haben wir zumindest die Grenze vom Schwarzschildradius. Gegen unendlich gehende Potentiale stören nicht im kompakten Körper, weil wir diesen für das Außenpotential auf einen Punkt konzentriert denken können. Für das Potential an der alten Oberfläche einer so betrachteten homogenen Kugel haben wir aber bisher keinen Hinweis, dass sich dieses ändert. Bei der Formel mit der Fallunterscheidung kommt das Ergebnis unverändert heraus, bei der Summenbildung (SRMeister, "Ich", Ralf) nicht.
MfG
Lothar W.
Bernhard
Registriertes Mitglied
Ja und Nein. Man muss den zugehörigen Vorgang hier möglichst präzise beschreiben. Denn es macht natürlich einen entscheidenden Unterschied, ob man einen Testkörper von r=0 bis zur Oberfläche anheben will oder ob man beispielsweise den freien Fall im Gravitationsfeld einer kollabierenden Masse (Supernova) betrachtet. Das sind zwei völlig unterschiedliche Szenarien mit unterschiedlichen Ergebnissen und eben diesen Unterschied hätte man im Nachbarthema wohl besser herausarbeiten sollen, damit nicht jeder Teilnehmer seinen Standpunkt immer wieder neu verteidigen muss.
Bei dem freien Fall im Feld eines kollabierenden Sternes kann man, wie Du richtig vermutest, tatsächlich von einem statischen Feld ausgehen. Innerhalb der newtonschen Physik zeigt man das mit der bekannten Formel für das Potential aus der Wikipedia oder dem newtonschen Schalentheorem. Innerhalb der ART braucht man dazu das sogenannte Birkhoff-Theorem (mit Link auf eine Beschreibung des Schalentheorems).
julian apostata
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Wieso 2 e Funktionen? Die Ableitung von sinh ist doch cosh. Und dann muss ich noch die Kettenregel anwenden. Könnt ich übrigens alles noch locker von der Hand. Aber warum sollte ich? Der Computer kann's doch viel schneller.
Und auch Lothar käme schneller an's Ziel wenn er das so machen würde.