Lösungsvorschlag 6. Übungsblatt Theorie A Wintersemester 2009/2010 Karlsruher Institut für Technologie
Prof. G. Schön - Dr. G. Metalidis http://www.tfp.uni-karlsruhe.de/Lehre
Aufgabe 1: Das Mittelwellenradio
(a) Durch Substitutionx(t) =Q(t), und Teilen der Differentialgleichung durchLfindet man γ= R
2L, ω0= 1
√LC, undf =V0
L.
(b)
• |χ(ω)|wird maximal, wenn der Nenner ein Minimum annimmt. Das Minimum findet man aus:
d
dω (ω20−ω2)2+ 4γ2ω2
= 0 ⇔ ω(2γ2−(ω20−ω2)) = 0
⇔ ω= 0, oderω= q
ω02−2γ2. An der Stelleω= 0hat|χ(ω)|aber ein Minimum, und deshalb bleibt nurωmax=p
ω02−2γ2als Lö- sung übrig. Die Lösung lässt sich auch schreiben alsωmax=ω0q
1−2(ωγ
0)2. Für kleine ωγ
0 kann man eine Reihenentwicklung der Wurzelfunktion machen, und bekommt: ωmax ≈ ω0
1−(ωγ
0)2+. . . . Damit sieht man, dass in diesem Fall in der Tat ωmax≈ω0 gilt.
• Durch Einsetzen vonωmax findet man|χ|max= 1
2γ√
ω20−γ2 = 1
2γω0
q
1−γ2
ω2 0
. Für kleine ωγ
0 erhält man durch eine Reihenentwicklung|χ|max≈2γω1
0.
• Wir haben:
|χ(ω)|2
|χ|2max = 4γ2ω20(1−γ2/ω02)
(ω02−ω2)2+ 4γ2ω2 = 4γ2ω02(1−γ2/ω02)
ω04(1−ω2/ω02)2+ 4γ2ω2 = 4(γ2/ω02)(1−γ2/ω02) (1−ω2/ω20)2+ 4(γ2/ω02)(ω2/ω02), wobei im letzten Schritt im Zähler und Nenner durch ω04 geteilt wurde. Um weniger Schreibarbeit zu haben, führen wir jetzt die folgende Notation ein:
˜
γ=γ/ω0, ω˜±=ω±/ω0.
und merken uns, dass ˜γ1, wennγω0. Die Frequenzenω˜±finden wir dann aus:
|χ(ω±)|2
|χ|2max = 4˜γ2(1−γ˜2)
(1−ω˜±2)2+ 4˜γ2ω˜±2 = 1 2.
Umschreiben liefert die Bedingung:
˜
ω±4 + 2˜ω±2(2˜γ2−1) + 1−8˜γ2(1−˜γ2) = 0.
Und damit
˜
ω±2 = 1−2˜γ2±p
(1−2˜γ2)2−1 + 8˜γ2(1−γ˜2) = 1−2˜γ2±p
4˜γ2−4˜γ4= 1−2˜γ2±2˜γp 1−˜γ2. Jetzt machen wir eine Reihenentwicklung der Wurzelfunktion, unter der Annahme ˜γ 1, und behalten nur Terme linear inγ, also˜ p
1−˜γ2≈1−12γ˜2≈1. Damit bekommen wir:
˜
ω±2 ≈1±2˜γ.
Daraus ergibt sichω˜±=√
1±2˜γ≈1±˜γ, wobei wir wieder eine Reihenentwicklung der Wurzelfunk- tion gemacht haben. Wechseln wir wieder zu den Variablenω0,ω±, undγ, finden wir ωω±
0 ≈1±ωγ
0, und daraus folgt
ω±≈ω0±γ.
Die Breite der Funktion |χ(ω)|ist also2γ.
(c) Die maximale Auslenkungxmax ist gegeben durchxmax=f0|χ|max= 2γωf0
0 (unter der Annahmeγω0).
Die maximale Spannung VC ist damit gegeben durch:
VC,max=Qmax
C = f0
2γω0C = V0
2γω0=V0
r L R2C, wobei wir die Substitutionen aus Aufgabe (a) verwendet haben.
(d) Das Verhältnis der Signal-Amplituden beider Stationen ist gegeben durch:
VC,max0 VC,max
= f0
p(ω20−ω02)2+ 4γ2ω02 ·2γω0 f0
= 2γ/ω0
q
(1−(ωω0
0)2)2+ 4(ωγ
0)2(ωω0
0)2 .
Figure 1: VC,max0 /VC,max fürγ/ω0= 0.2.
Eigentlich liegt auch hier das Extremum bei:
ω0 ω0
=
pω20−2γ2 ω0
. Fürγω liegt es aber in gute Näherung bei ω0 = 1.
Aufgabe 2: Getriebener harmonischer Oszillator im aperiodischen Grenzfall
(a) Die Bewegungsgleichung für den aperiodischen Grenzfall (γ=ω0)mit der angegeben Kraft lautet
¨
x+ 2γx˙ +γ2x=fe−γt.
Wir versuchen jetzt eine partikuläre Lösung zu finden indem wir den Ansatz x(t) = At2e−λt machen.
Dann gilt:
˙
x(t) = Ae−λt(2t−λt2)
¨
x(t) = Ae−λt(2−4λt+λ2t2)
Aus diesen Beziehungen ist klar, dassλ=γsein muss damit dieser Ansatz überhaupt die Differentialgle- ichung löst. Substituieren wir überallλ=γ, und setzen alles in die obige Differentialgleichung ein, dann sehen wir, dass dieser Ansatz eine Lösung ist, fallsA=f /2. Die partikuläre Lösung ist also
xp(t) = f 2t2e−γt.
(b) Jetzt ist die Differentialgleichung gegeben durch
¨
x+ 2γx˙+γ2x=feγt.
Der Ansatz x(t) =Aeγt löst diese Differentialgleichung, wennA=4γf2. Die partikuläre Lösung ist also xp(t) = f
4γ2eγt.
(c) Die cosh-Funktion ist definiert durch coshγt = eγt+e2−γt. Damit ist die Kraft F(t) gegeben durch die LinearkombinationF(t) = f1(t)+f2 2(t), wobeif1(t)undf2(t)die Kräfte aus den Aufgaben (a) und (b) sein.
Weil die Differentialgleichung linear ist, ist die partikuläre Lösung gegeben durch xp(t) = xp1(t)+x2 p2(t), wobei xp1(t) und xp2(t) die partikulären Lösungen aus den Aufgaben (a) und (b) sind. Die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung setzt sich aus einer partikulären Lösung und der homogene Lösung zusammen. Also,
x(t) =xh(t) +xp1(t) +xp2(t)
2 = e−γt(A+Bt) +f
4t2e−γt+ f 8γ2eγt.
Die Koeffizienten AundB können wir aus den Anfangsbedingungen bekommen:
x(t= 0) =A+ f
8γ2 = 0⇒A=− f 8γ2,
und
˙
x(t= 0) =−γA+B+ f
8γ = 0⇒B=γA− f
8γ =−f 4γ. Damit ist die allgemeine Lösung:
x(t) = −f
8γ2 +−f 4γt+f
4t2
e−γt+ f 8γ2eγt.
Aufgabe 3: Eigenschaften der Delta-Funktion (a) ´x2
x1 f(x)δ(ax)dx= 1a´ax2
ax1 f(ya)δ(y)dy (durch Substitutiony=ax). Nun muss man auf die Integrations- grenzen achten. Wenn a > 0 ist, ist die untere Grenze kleiner als die obere Grenze, und wir können gleich die Definition der Delta-Funktion anwenden, um 1af(0) als Ergebnis zu erhalten. Ist aber a <0, ist die untere Grenze größer als die obere. In diesem Fall müssen wir die Grenzen umkehren, um die Definition der Delta-Funktion verwenden zu dürfen. Das Integral bekommt dann ein Minuszeichen, also:
1 a
´ax2
ax1 f(ya)δ(y)dy=−1a´ax1
ax2 f(ya)δ(y)dy =−1af(0)(füra <0). Beide Fälle lassen sich zusammenfassen
zu ˆ x2
x1
f(x)δ(ax)dx= 1 a
ˆ ax2
ax1
f(y
a)δ(y)dy= 1
|a|f(0).
(b) Wir betrachten das Integral ˆ +∞
−∞
dk
2πeikx−α|k|= ˆ 0
−∞
dk
2πeikx+αk+ ˆ +∞
0
dk
2πeikx−αk= 1 2π
1
ix+α− 1 ix−α
= 1 π
α x2+α2.
Zeichnen wir dieses Integral für verschiedene Werte vonαauf, so sehen wir, dass man die Delta-Funktion bekommt für α→ 0. α soll größer als Null gewählt werden, damit das obige Integral konvergiert. Die Funktion 1πx2+αα 2 nennt man die Lorentzfunktion; sie ist unten aufgezeichnet. Um zu beweisen, dass diese Lorentzfunktion eine Darstellung der Delta-Funktion ist, müsste man eigentlich noch beweisen, dass
α→0lim ˆ x2
x1
dx α
π(x2+α2)= 1:
α→0lim ˆ x2
x1
dx α
π(x2+α2) = lim
α→0
α π
ˆ x2
x1
dx α2
(αx)2+ 1
= lim
α→0
α π · 1
α2·αarctanx α
|xx2
1
= lim
α→0
1 π h
arctanx2
α
−arctanx1
α i
= 1 π
hπ 2 −
−π 2
i
= 1
Figure 2: Die Lorentzfunktion als Darstellung der Delta-Funktion. α = 1.0 (blau), α = 0.5 (schwarz) und α= 0.1 (rot).
(c)
ˆ x2 x1
dxdθ
dxf(x) = θ(x)f(x)|xx21− ˆ x2
x1
θ(x)df(x) dx
= θ(x2)f(x2)−θ(x1)f(x1)− ˆ x2
0
df(x) dx dx
= f(x2)−0−[f(x2)−f(0)]
= f(0).
