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Gewöhnliche DGL » Nichtlineare DGL 2. Ordnung » Nichtlineare inhomogene DGL
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Universität/Hochschule J Nichtlineare inhomogene DGL
jonasm
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-15


Hallo,

ich kämpfe gerade mit einer DGL der folgenden Form und komme leider nicht weiter:

\(\ddot{x}(t)= c_1 x(t) + c_2 x(t)^2 + c_3 t + c_4 t^2 + c_5 t x(t)\)

Gibt es ein gängiges Verfahren, mit dem ich das gelöst bekomme?
Oder vielleicht ein Möglichkeit die rechte Seite geschickt zu faktorisieren, sodass ich die Variablen separieren kann?
Oder soll ich es lieber gleich mit einem numerischen Verfahren angehen?

Ich bin über jede Hilfe dankbar!
Vielen Dank schon im Voraus!



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kostja
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-15


Hi,

Ohne zu wissen wohin es führt, aber hast Du es mal mit einer Potenzreihe versucht?

Grüße

Konstantin



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-08-16


Hallo jonasm,

ich hatte erst vermutet, dass ein Ansatz mit einem Polynom möglich ist, aber das führt aufgrund des x^2 leider zu nichts. Der Ansatz wie von kostja erwähnt über einen Ansatz als Potenzreihe führt auch zu recht unübersichtlichen Gleichungen. Man kann die niedrigen Koeffizienten ermitteln, was ausreichen würde, wenn man eine Lösung in der Umgebung von t=0 sucht, aber eine allgemeine Lösung für die Koeffizientenfolge zu finden ist sicher nicht leicht. Ich würde an deiner Stelle auf eine nummerische Lösung setzen.

Grüße aus dem Harz
Gerhard/Gonz


-----------------
~ to fight! (Don Quijote de la Mancha)



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-16


Hallo jonasm,
ist über die $c_1$ bis $c_5$ irgendetwas bekannt, also hängen sie zusammen oder können sie komplett beliebig sein? Wenn z.B. $2c_2c_3=c_1c_5$ und $4c_2c_4=c_5^2$ ist, ist die DGL lösbar. Wenn es dagegen zufällige Koeffizienten sind, wohl nur numerisch. Eine Potenzreihe wäre extrem aufwändig.

Ciao,

Thomas



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jonasm
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-17


Vielen Dank für eure hilfreichen Antworten!

2019-08-15 21:26 - kostja in Beitrag No. 1 schreibt:
Ohne zu wissen wohin es führt, aber hast Du es mal mit einer Potenzreihe versucht?
Habe es mal versucht, aber wie von den anderen schon erwähnt wird es dadurch leider sehr unübersichtlich...

2019-08-16 08:37 - gonz in Beitrag No. 2 schreibt:
Man kann die niedrigen Koeffizienten ermitteln, was ausreichen würde, wenn man eine Lösung in der Umgebung von t=0 sucht, aber eine allgemeine Lösung für die Koeffizientenfolge zu finden ist sicher nicht leicht. Ich würde an deiner Stelle auf eine nummerische Lösung setzen.

Grüße aus dem Harz
Gerhard/Gonz

Gute Idee, ich könnte auch eine vereinfachende Annahme im Ansatz treffen, dann würde die DGL recht einfach werden, allerdings fällt es mir schwer abzuschätzen welche Auswirkungen vereinfachende Näherungen auf mein Ergebnis haben, daher werde ich es wohl numerisch versuchen...

2019-08-16 14:01 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
ist über die $c_1$ bis $c_5$ irgendetwas bekannt, also hängen sie zusammen oder können sie komplett beliebig sein? Wenn z.B. $2c_2c_3=c_1c_5$ und $4c_2c_4=c_5^2$ ist, ist die DGL lösbar. Wenn es dagegen zufällige Koeffizienten sind, wohl nur numerisch. Eine Potenzreihe wäre extrem aufwändig.

Leider sind die konstanten zwar bekannt aber nicht frei wählbar, sondern jeweils einfach zusammengefasste Ausdrücke von verschiedenen physikalischen Konstanten. Ich denke ich werde es mit einem numerischen Solver versuchen.



Danke für eure Hilfe!



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-08-18


Hallo jonasm,
Du hast die Frage genau falsch verstanden. Gerade wenn es zusammengefasste Ausdrücke von physikalischen Konstanten sind, besteht eine Chance, die DGL zu lösen. Du kannst es natürlich numerisch lösen, aber vielleicht kannst Du auch noch einmal die vollständige DGL hinschreiben und dann sehen wir, ob da was geht.

Ciao,

Thomas



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kostja
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-19


Habe mir das näher angesehen. Die Gleichung ist lokal um jeden Anfangswert lipschitz also eindeutig lösbar.

Verwendet man Caschys Produktformel für den quadratischen Term, kann man a_(i+2) in Abhängigkeit von a_i und den konstanten berechnen. Die ersten zwei Koeffizienten bekommt man aus dem Anfangsbedingungen.

Die spannende Frage ist dann der Konvergenzbereich.

Grüße



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jonasm
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-19


2019-08-18 18:33 - MontyPythagoras in Beitrag No. 5 schreibt:
Hallo jonasm,
Du hast die Frage genau falsch verstanden. Gerade wenn es zusammengefasste Ausdrücke von physikalischen Konstanten sind, besteht eine Chance, die DGL zu lösen. Du kannst es natürlich numerisch lösen, aber vielleicht kannst Du auch noch einmal die vollständige DGL hinschreiben und dann sehen wir, ob da was geht.

Ciao,

Thomas

Hallo Thomas, vielen Dank! Dann versuche ich kurz zu erklären, was ich eigentlich berechnen möchte.

Ich betrachte einen Partikel, der von einer Druckwelle beschleunigt wird, wenn er von der Schockfront erfasst wird. Die beschleunigende Kraft resultiert dabei einfach aus der Druckdifferenz \(\Delta p\) mal der (zeitl. veränderlichen) Reaktionsfläche A(t). Diese lässt sich bestimmen zu:
\(A(t) = \pi \cdot \left(\Phi \cdot \left(u_s \cdot t - x(t)\right) - \left(u_s \cdot t - x(t)\right)^2 \right)\)

\(\Phi\) ist dabei der Durchmesser des Partikels, \(u_s\) die Geschwindigkeit der Druckwelle, \(x\) der vom Partikel zurückgelegte Weg.
Unter Verwendung von Newton \(F=ma\) komme ich nun auf die DGL:
\(m\cdot\ddot{x} = \Delta p \cdot \pi \cdot \left(\Phi \cdot \left(u_s \cdot t - x(t)\right) - \left(u_s \cdot t - x(t)\right)^2 \right)\)

Die einzelnen Terme habe ich nun ausmultipliziert und je mit einer Konstanten subsituiert, damit das etwas übersichtlicher wird, sodass ich auf die obige Form komme.

Siehst du eine Chance das zu lösen? Oder fällt jemand grundsätzlich ein besserer Lösungsansatz ein?



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haerter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-08-19


Hallo,

man könnte <math>y(t)= u_s\cdot t -x(t)</math> substituieren, aber auch dann sehe ich nicht, wie man das analytisch lösen könnte. Nur die DGL wird einen Hauch einfacher.

Viele Grüße,
haerter


-----------------
"The best way to have a good idea is to have lots of ideas."
 - Linus Pauling



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-08-19


Genau das wollte ich auch gerade vorschlagen. Dann steht da nämlich:
$$-m\ddot y=\pi\Delta p(\Phi y-y^2)$$Beide Seiten mit $\dot y$ multiplizieren und integrieren:
$$-\tfrac12m\dot y^2=\tfrac12\pi\Delta p\Phi y^2-\tfrac13\pi\Delta py^3+C$$Wurzelziehen und Separation der Veränderlichen ergibt eine Lösung, allerdings mit elliptischen Integralen. Einfach ist anders, aber immerhin.
Wobei mir auffällt: wenn $t=0$ ist, und $x(t)$ die zurückgelegte Strecke ist (so dass vermutlich $x(t=0)=0$ ist), ist dann nicht auch $A(t=0)=0$? Macht das überhaupt Sinn? Wenn es so wäre, dann wäre wegen der Anfangsbedingungen $C=0$ und das Integral wäre tatsächlich sogar recht einfach zu lösen.

Ciao,

Thomas



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-08-19


... haste gedacht! Da gibt es leider doch ein Problem, was aber eher daraufhin deutet, dass die Herleitung per se falsch sein dürfte. Aus meiner letzten Gleichung folgt:
$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}m\left(\Phi y^2-\tfrac23y^3\right)$$$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}my^2\left(\Phi -\tfrac23y\right)$$Wenn $y(t)$ bei $t=0$ bei null startet und dann wachsen soll, ist die rechte Seite größer als null, die linke aber kleiner. Das ist unlösbar. Irgendetwas an der DGL kann also nicht stimmen. Das ändert sich auch nicht, wenn man $y(t)=x(t)-u_st$ setzt, falls die Frage als nächstes gekommen wäre. Wenn tatsächlich $C=0$ ist, dann ist die einzige Lösung der DGL trivialerweise $x(t)=u_st$.

Ciao,

Thomas



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kostja
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-08-19


Hi, wie es aussieht ist x Null um Ursprung der Schockwelle. Allerdings ist es fraglich, ob die Druckdifferenz stets konstant ist. Es ist auch merkwürdig mm, dass A negativ wird.



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MontyPythagoras
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-08-19


Mehrere Sachen sind merkwürdig:
Der Partikelquerschnitt ist null bei $t=0$ (immer unter der Annahme, dass $x(t=0)=0$ ist). Ein Partikel der Größe null wird auch nichts wiegen, und fliegt daher ohne Zeitverlust mit der Schockwelle mit, also $x(t)=u_st$. Das ist ja auch eine Lösung der DGL, aber sicher nicht das Verhalten, was man untersuchen möchte. Stattdessen soll die Druckwelle das Partikelchen beschleunigen, und das passiert, solange eine Differenzgeschwindigkeit besteht zwischen Druckwelle und Partikel. Warum jedoch sollte die Partikelgröße entlang der Differenzstrecke zwischen Druckwelle und Partikel zunächst zunehmen, und dann wieder abnehmen? Ich denke darüber hinaus auch nicht, dass die Fläche negativ werden kann. Wenn sie wieder bei null angekommen ist, ist und bleibt sie null. Ich denke, dass das Partikelchen seine Endgeschwindigkeit erreicht und synchron mit der Druckwelle mitfliegt, bevor $A=0$ wird, und dann ist die Beschleunigung sowieso gleich null und die Strecke wächst linear.
Der Knackpunkt ist die FOrmel für die Fläche. Ich denke, hier fehlt ein konstanter Term, z.B. $A(t)=A_0+...$.

Ciao,

Thomas



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jonasm
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-20


2019-08-19 17:39 - haerter in Beitrag No. 8 schreibt:

man könnte <math>y(t)= u_s\cdot t -x(t)</math> substituieren, aber auch dann sehe ich nicht, wie man das analytisch lösen könnte. Nur die DGL wird einen Hauch einfacher.


Das ist eine wirkliche gute Idee!

2019-08-19 19:21 - MontyPythagoras in Beitrag No. 10 schreibt:
... haste gedacht! Da gibt es leider doch ein Problem, was aber eher daraufhin deutet, dass die Herleitung per se falsch sein dürfte. Aus meiner letzten Gleichung folgt:
$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}m\left(\Phi y^2-\tfrac23y^3\right)$$$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}my^2\left(\Phi -\tfrac23y\right)$$Wenn $y(t)$ bei $t=0$ bei null startet und dann wachsen soll, ist die rechte Seite größer als null, die linke aber kleiner. Das ist unlösbar. Irgendetwas an der DGL kann also nicht stimmen. Das ändert sich auch nicht, wenn man $y(t)=x(t)-u_st$ setzt, falls die Frage als nächstes gekommen wäre. Wenn tatsächlich $C=0$ ist, dann ist die einzige Lösung der DGL trivialerweise $x(t)=u_st$.

Ciao,

Thomas

Und ich hatte mich schon so gefreut :D Aber ja, das ist offenbar ein Problem, allerdings finde ich leider den Fehler nicht.

2019-08-19 20:03 - MontyPythagoras in Beitrag No. 12 schreibt:
Mehrere Sachen sind merkwürdig:
Der Partikelquerschnitt ist null bei $t=0$ (immer unter der Annahme, dass $x(t=0)=0$ ist). Ein Partikel der Größe null wird auch nichts wiegen, und fliegt daher ohne Zeitverlust mit der Schockwelle mit, also $x(t)=u_st$. Das ist ja auch eine Lösung der DGL, aber sicher nicht das Verhalten, was man untersuchen möchte. Stattdessen soll die Druckwelle das Partikelchen beschleunigen, und das passiert, solange eine Differenzgeschwindigkeit besteht zwischen Druckwelle und Partikel. Warum jedoch sollte die Partikelgröße entlang der Differenzstrecke zwischen Druckwelle und Partikel zunächst zunehmen, und dann wieder abnehmen? Ich denke darüber hinaus auch nicht, dass die Fläche negativ werden kann. Wenn sie wieder bei null angekommen ist, ist und bleibt sie null. Ich denke, dass das Partikelchen seine Endgeschwindigkeit erreicht und synchron mit der Druckwelle mitfliegt, bevor $A=0$ wird, und dann ist die Beschleunigung sowieso gleich null und die Strecke wächst linear.
Der Knackpunkt ist die FOrmel für die Fläche. Ich denke, hier fehlt ein konstanter Term, z.B. $A(t)=A_0+...$.

Das hatte ich nicht wirklich erklärt, pardon! Natürlich verändert sich die Größe des Partikels nicht.
Die Schockfront überschreitet den kugelförmigen Partikel. Dabei beschleunigende Kraft \(F=\Delta p \cdot A\) hängt dabei stets von der Querschnittsfläche ab, an der die Druckdifferenz zum Zeitpunkt t angreifen kann. Betrachten wir das Partikelchen "von der Seite" ergibt sich der bereits überstrichene Teil als Kreissegment. Die Querschnittsfläche ergibt sich dabei immer als die Segmentfläche aus der Kreissehne s: \(A=\pi/4 \cdot s^2\). Die Kreissehnenlänge lässt sich wiederum aus der Segmenthöhe h und dem Durchmesser \(\Phi\) bestimmen zu \(s^2=4\Phi h - 4 h^2\). Die Segmenthöhe h(t) ist eben jene Strecke, die die Schockfront relativ zum Partikel zurückgelegt hat: \(h(t)=u_s t - x(t)\). Daraus ergibt sich für jeden Zeitpunkt t die kraftwirksame Querschnittsfläche
\(A(t) =  \pi \cdot (\Phi h - h^2) = \pi \cdot \left(\Phi \cdot \left(u_s \cdot t - x(t)\right) - \left(u_s \cdot t - x(t)\right)^2 \right)\)
Das ganze gilt natürlich nur bis zum Zeitpunkt \(\tau\), an dem die Schockwelle den Partikel überstrichen hat: \(\tau = t(u_s t = x(t) + \Phi)\).
Folglich ergeben sich die Randbedingungen \(x(0)=0, x(\tau) = u_s t - \Phi, \dot{x}(0)=0,  \ddot{x}(0)=0, A(t)=0, A(\tau)=0 \). Nach dem Zeitpunkt \(\tau\) bewegt sich der Partikel nur noch gleichförmig geradlinig. Wenn sich hier kein Fehler eingeschlichen hat, wird A für t>\(\tau\) dann negativ, allerdings betrachten wir ja nur Zeitpunkte bis \(\tau\).
Natürlich wird das Teilchen, nachdem es von der Schockfront überstrichen wurde, durch die Strömung dahinter weiterbeschleunigt, das sind allerdings zwei unterschiedliche Mechanismen, die ich mathematisch getrennt betrachte. Hier geht es ausschließlich um die Beschleunigung, die das Teilchen aufgrund der Druckdifferenz in der Schockfront erfährt.
Ich hoffe das war jetzt einigermaßen verständlich!
Dashier:
(2019-08-19 19:21 - MontyPythagoras in <a href=viewtopic.php?
$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}m\left(\Phi y^2-\tfrac23y^3\right)$$$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}my^2\left(\Phi -\tfrac23y\right)$$Wenn $y(t)$ bei $t=0$ bei null startet und dann wachsen soll, ist die rechte Seite größer als null, die linke aber kleiner. Das ist unlösbar.
bleibt aber ein Problem. Wenn ich das Integral löse, komme ich auch auf Wurzelausdrücke, die für kleine t negativ sind :(
War die Erklärung soweit nachvollziehbar und findet vielleicht jemand den Fehler?

2019-08-19 19:47 - kostja in Beitrag No. 11 schreibt:
Hi, wie es aussieht ist x Null um Ursprung der Schockwelle. Allerdings ist es fraglich, ob die Druckdifferenz stets konstant ist. Es ist auch merkwürdig mm, dass A negativ wird.

Die Druckdifferenz ist natürlich nicht exakt konstant, aber so, dass wir sie guten Gewissens als konstant annehmen können.

Vielen Dank für eure Hilfe, ihr seid wirklich klasse!



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MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-08-20


Hallo jonasm,
so macht die Aufgabe tatsächlich einen Sinn!
2019-08-20 11:16 - jonasm in Beitrag No. 13 schreibt:
Dashier:
(2019-08-19 19:21 - MontyPythagoras in <a href=viewtopic.php?
$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}m\left(\Phi y^2-\tfrac23y^3\right)$$$$\dot y^2=-\frac{\pi\Delta p}my^2\left(\Phi -\tfrac23y\right)$$Wenn $y(t)$ bei $t=0$ bei null startet und dann wachsen soll, ist die rechte Seite größer als null, die linke aber kleiner. Das ist unlösbar.
bleibt aber ein Problem.
Nöö, ehrlich gesagt nicht. Die Substitution ist nach wie vor $y(t)=u_st-x(t)$ und die DGL
$$-\tfrac12m\dot y^2=\tfrac12\pi\Delta p\Phi y^2-\tfrac13\pi\Delta py^3+C$$Soweit war alles richtig. Der Klassiker ist, vorschnell $\dot y(0)=0$ anzunehmen. Das stimmt aber nicht, denn $\dot y(t)=u_s-\dot x(t)$, und da das Partikel mit Geschwindigkeit null ($\dot x=0$) startet, gilt $\dot y(t=0)=u_s$, also:
$$-\tfrac12m\dot y^2=\tfrac12\pi\Delta p\Phi y^2-\tfrac13\pi\Delta py^3-\tfrac12mu_s^2$$$$\dot y^2=u_s^2-\frac{\pi\Delta p}my^2\left(\Phi-\tfrac23y\right)\qquad(1)$$$$t(y)=\intop_0^y\frac{1}{\sqrt{u_s^2-\frac{\pi\Delta p}m\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)}}\mathrm d\xi$$Wie schon angedroht kommen hier die elliptischen Integrale ins Spiel. Jedes elliptische Integral hat zwar Umkehrfunktionen, aber hier wird die Summe aus zwei elliptischen Integralen stehen, und dann ist Schluss mit lustig. Eventuell ist das Integral mittels der symmetrischen Carlson-Form der elliptischen Integrale als ein einzelnes Integral darstellbar, aber auch davon sind die Umkehrfunktionen alles andere als einfach.
Bestimmte Kennwerte lassen sich explizit darstellen, wie die Beschleunigungsdauer, die Beschleunigungsstrecke oder die erreichte Endgeschwindigkeit des Partikels, bis es von der Druckwelle komplett überholt wurde. Die Dauer, bis die Druckwelle am hinteren Ende des Partikels ankommt, ist zum Beispiel
$$\tau=\intop_0^{\Phi}\frac{1}{\sqrt{u_s^2-\frac{\pi\Delta p}m\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)}}\mathrm d\xi$$Das könnte man explizit berechnen. Die Beschleunigungsstrecke ist dann natürlich
$$x(\tau)=u_s\tau-\Phi$$und die erreichte Geschwindigkeit mithilfe von Gleichung (1) ist
$$\dot y(\tau)^2=u_s^2-\frac{\pi\Delta p}m\Phi^2\left(\Phi-\tfrac23\Phi\right)$$$$\dot y(\tau)=\sqrt{u_s^2-\frac{\pi\Delta p}{3m}\Phi^3}$$$$v_B=\dot x(\tau)=u_s-\dot y(\tau)$$$$v_B=u_s-\sqrt{u_s^2-\frac{\pi\Delta p}{3m}\Phi^3}$$Wenn man noch annimmt, dass die Eigengeschwindigkeit des Partikels gering bleibt im Verhältnis zur Geschwindigkeit der Druckwelle, würde ich nun eine Reihenentwicklung des Terms im Integral vornehmen. Mit
$$\frac1{\sqrt{1-x}}\approx1+\tfrac12x+\tfrac38x^2$$folgt
$$t(y)=\frac1{u_s}\intop_0^y\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\pi\Delta p}{mu_s^2}\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)}}\mathrm d\xi$$$$t(y)\approx\frac1{u_s}\intop_0^y1+\frac12\left(\frac{\pi\Delta p}{mu_s^2}\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)\right)+\frac38\left(\frac{\pi\Delta p}{mu_s^2}\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)\right)^2\mathrm d\xi$$Das kann man ausmultiplizieren und erhält vermutlich eine sehr gute Näherung, vermutlich auch schon nach dem ersten Term:
$$t(y)\approx\frac1{u_s}\intop_0^y1+\frac12\left(\frac{\pi\Delta p}{mu_s^2}\xi^2\left(\Phi-\tfrac23\xi\right)\right)\mathrm d\xi$$$$t(y)\approx\frac y{u_s}+\frac{\pi\Delta p}{6mu_s^3}\Phi y^3-\frac{\pi\Delta p}{12mu_s^3}y^4$$Das ist nur unter größten Schmerzen nach $y$ auflösbar. Wir berechnen daher nur $\tau$:
$$\tau\approx\frac \Phi{u_s}+\frac{\pi\Delta p\Phi^4}{12mu_s^3}$$Sei $\varrho$ die mittlere Dichte des Partikels, dann kann man vereinfachen:
$$\varrho=\frac{m}{\tfrac\pi6\Phi^3}$$$$\tau\approx\frac \Phi{u_s}+\frac{\Delta p\Phi}{2\varrho u_s^3}=\frac \Phi{u_s}\left(1+\frac{\Delta p}{2\varrho u_s^2}\right)$$Damit erhält man für die Beschleunigungsstrecke:
$$x(\tau)\approx\frac{\Delta p\Phi}{2\varrho u_s^2}$$Und für $v_B$ erhalten wir ebenfalls mithilfe einer Reihenentwicklung:
$$v_B\approx\frac{\Delta p}{\varrho u_s}$$Obige Näherungen sind nur gültig, wenn $v_B\ll u_s$. Daraus folgt die Bedingung:
$$\varrho\gg\frac{\Delta p}{u_s^2}$$Es hängt also von der Partikeldichte ab, ob obige Näherungen gut funktionieren (je schwerer, desto besser).

Ciao,

Thomas



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jonasm
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Hallo Thomas,

ich bin absolut begeistert, damit habe ich alles was ich brauche!

Vielen vielen Dank!



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