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\documentclass{lecture}

\usepackage{siunitx}

\begin{document}
\begin{aufgabe}[Differentialgleichungen]
    Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungen
\end{aufgabe}
\textbf{a)} $y'(x) = y^2(x)\cosh(x)$

Durch Umformung erhalten wir folgende Form einer homogenen DGL 1. Ordnung:
\[
    \frac{y'(x)}{y^{2}(x)} = \cosh(x)
.\] Durch Integration erhalten wir folgenden Ausdruck
\[
    \int_{}^{} \frac{dy}{dx \cdot y^2}dx = \int_{}^{} \sinh(x)dx 
    \implies
    -\frac{1}{y} = \sinh(x) + C 
.\] und damit:
\[
    y = - \frac{1}{\sinh(x) + C}
.\] Durch Einsetzen der Anfangsbedingung $y(0) = 4$ erhalten wir:
\[
    y = -\frac{1}{\sinh(x) - \frac{1}{4}}
.\] 
\textbf{b)} $y'(x) = \sin(x)\cos(x) - y(x)\sin(x)$

Hier liegt eine inhomogene DGL erster Ordnung vor, das heißt wir setzen
nach Umformung den inhomogenen Teil Null.
\[
    y'(x) + y(x)\sin(x) = 0
.\] Durch Trennung der Variablen erhalten wir folgende Lösung der
homogenen Gleichung:
\[
    y = ae^{\cos(x)}
.\] Durch Variation der Konstanten $a$ durch eine Funktion $A(x)$ und
einsetzen in die DLG erhalten wir
\begin{align*}
    A'(x) e^{\cos(x)} - A(x) \sin(x) e^{\cos(x)}
    &= \sin(x)\cos(x)-A(x) \sin(x) e^{\cos(x)}\\
    A'(x) &= \sin(x) \cos(x) e^{-\cos(x)}
.\end{align*}
Durch Integration erhalten wir folgenden Term für $A(x)$.
\begin{align*}
    A(x) &= \cos(x) e^{-\cos(x)} - \int_{}^{} -\sin(x) e^{-\cos(x)}dx \\
         &= \cos(x) e^{-\cos(x)} + e^{-\cos(x)} + C\\
         &= e^{-\cos(x)} \left( \cos(x) + 1 \right) + C
.\end{align*} und damit die allgemeine Lösung der DGL
\begin{align*}
    y(x) &= \left(e^{-\cos(x)}\left( \cos(x) + 1 \right) + C\right) e^{\cos(x)}\\
     &= \cos(x) + 1 + C e^{\cos(x)}
.\end{align*} Mit der Anfangsbedingung $y(0)=0$ ergibt sich
$C = \frac{-2}{e}$, und damit:
\[
 y(x) =\cos(x)+1-2e^{\cos(x)-1}
.\] 
\newpage

\begin{aufgabe}[Start einer Rakete]
\end{aufgabe}

\textbf{a)} Mit welcher Geschwindigkeit wird der Treibstoff aus der Sicht
eines auf der Erde ruhenden Beobachters ausgestoßen?

Die Rakete bewegt sich mit der Geschwindigkeit $v_{R}$ nach oben, von dort
wird der Tropfen mit der Geschwindigkeit $v_{T}$ ausgestoßen.
\[
    v_{T} = v_{R} - v_{0}
.\] 

Welche Kraft erfährt die Rakete somit aus der Sicht des ruhenden Beobachters?

Für den Impuls eines Treibstoffteilchens der Masse $\Delta m_{T}$ gilt:
\[
    p_{T} = \Delta m_{T} \cdot v_{T} = \Delta m_{T} \cdot \left( v_{R} - v_{0} \right) 
.\] Für die Impulsänderung $\Delta p_{R}$ in der Zeiteinheit $\Delta t$ gilt:
\[
    \frac{\Delta p_{R}}{\Delta t} = \frac{\Delta m_{T} \cdot \left( v_{R} - v_{0} \right) }{\Delta t}
.\] Nun führen wir den Grenzübergang für $\Delta t \to 0$ durch:
\begin{align*}
    \lim_{\Delta t \to 0} \left( \frac{\Delta p_{R}}{\Delta t} \right)
    &= \lim_{\Delta t \to 0} \left(\frac{\Delta m_{T} \cdot \left( v_{R} - v_{0} \right) }{\Delta t}\right) \\
.\end{align*}
Daraus erhalten wir:
\[
    \dot{p} = \dot{m} (v_{R} - v_{0})
.\] 
Die Kraft, die auf die Rakete wirkt, setzt sich zusammen aus der Kraft $F_{A}$,
die die Rakete antreibt und der Gewichtskraft $F_{G} = - m g$.

Aus dem zweiten Newton'schen Axiom:
\[
    \dot{p} = F
\] folgt:
\[
    F = \dot{m} \left( v_{R} - v_{0} \right) - m g
.\]
\textbf{b)} Aus der Kraft $F$ folgt mit $v_{R} = v$
\[
    \dot{m}v + m\dot{v} = \dot{m} \left( v - v_{0} \right) - m g
\] durch Umformung
\begin{align*}
    \frac{\dot{m}v}{m} + \dot{v}
    &= \frac{\dot{m}}{m} \left( v - v_{0} \right) - g\\
    &= \frac{\dot{m}}{m} v - \frac{\dot{m}}{m} v_{0} - g
.\end{align*}
Daraus ergibt sich:
\[
    \frac{\dot{m}}{m} v_{0} = -g -\dot{v}
.\] 

\textbf{c)} Durch Integration des obenstehenden Ausdrucks ergibt sich:
\begin{align*}
    \ln(m) v_{0} &= -gt - v + m_{0}\\
    \implies v(t) &= -gt - \ln(m) v_{0} + C
.\end{align*}
Mit der Anfangsbedingung $v(0) = 0$ und der Anfangsmasse $m_{0}$ folgt:
\[
    v(0) = 0 = -v_{0} \cdot \ln(m_{0}) + C \implies C = v_{0} \ln(m_{0})
.\] Damit:
\[
    v(t) = -gt +v_{0} \ln\left(  \frac{m_{0}}{m}\right)
.\]

\textbf{d)} Sei die Treibstoffausstoßrate $\mu$ gegeben als
$\mu = \frac{m}{t}$, so folgt:
\[
    m(t) = m_{0} - \mu t
.\] Für eine Treibstoffmasse $m_{T} < m_{0}$ ergibt sich ein Zeitpunkt
$t_{e}$ zu dem der gesamte Treibstoff aufgebraucht ist:
\[
    m(t_{e}) = m_{0} - m_{T} \implies t_{e} = \frac{m_{T}}{\mu}
.\] Mit der Rate $\mu$ ergibt sich für $v(t)$:
\[
    v(t) = -gt + v_{0} \ln\left( \frac{m_{0}}{m_{0} - \mu t} \right)
.\] Zum Zeitpunkt $t_e$
\[
    v(t_{e}) = -gt_{e} + v_{0} \ln\left( \frac{m_{0}}{m_{0} - m_{T}} \right) 
.\] Für die Höhe muss die Geschwindigkeit $v(t)$ einmal integriert werden,
mit $h_0 = 0$:
\begin{align*}
    s(t) &= \int_{}^{} v(t) dt = \int_{}^{} \left( -gt + v_{0} \ln\left( \frac{m_{0}}{m_{0} - \mu t} \right)  \right) dt + h_0\\
         &= -\frac{1}{2}gt^2 - v_{0} \int_{}^{} \ln\left(1-\frac{\mu}{m_{0}} t\right) \\
         &= -\frac{1}{2}gt^2 + v_{0} \frac{m_{0}}{\mu}
         \left[ \left( 1 - \frac{\mu}{m_{0}} t \right)
         \ln\left(1 - \frac{\mu}{m_{0}} t\right)
         - \left( 1 - \frac{\mu}{m_{0}}t \right) \right] \\
         &= -\frac{1}{2}gt^2 + v_0 \frac{m_0}{\mu} \left( 1 - \frac{\mu}{m_0}t \right) \left[ \ln\left( 1 - \frac{\mu}{m_0}t \right) -1 \right] \\
         &= -\frac{1}{2}gt^2 + \left(v_0 \frac{m_0}{\mu} - v_0 t\right)
         \left[ \ln\left( 1 - \frac{\mu}{m_0}t \right) \right]
.\end{align*}

Für $s(t_{e})$ und $t_{e} = \frac{m_{T}}{\mu}$ ergibt sich:
\begin{align*}
    s(t_{e}) &= -\frac{1}{2}g \left( \frac{m_{T}}{\mu} \right) ^2 + v_{0}\left( \frac{m_0}{\mu} - \frac{m_{T}}{\mu} \right)
    \left[\ln\left( 1-\frac{\mu}{m_0} \frac{m_{T}}{\mu} \right) \right] \\
    &= -\frac{1}{2}g \left( \frac{m_{T}}{\mu} \right) ^2 + v_{0}\left( \frac{m_0 - m_{T}}{\mu} \right)
    \left[\ln\left( 1-\frac{m_{T}}{m_0} \right) \right] \\
.\end{align*}

\textbf{e)} Die Geschwindigkeit, wenn der ganze Treibstoff aufgebraucht ist, ergibt sich durch
\[
    v(t_{e}) = -gt_{e} + v_{0} \ln\left( \frac{m_{0}}{m_{0} - m_{T}} \right) 
.\] Wenn $m_{0} = m_{T}$ geht der obenstehnde Ausdruck gegen $\infty$.

Eine Rakete die nur aus Treibstoff besteht, ist logischerweise nicht
physikalisch sinnvoll. Das Ergebnis, dass ein Objekt mit der Masse Null
unendliche Geschwindigkeiten erreicht, ist dahingegen denkbar.

\textbf{f)} Zum Zeitpunkt $t_e$ hat die Rakete die Geschwindigkeit
\[
    v(t_{e}) = v_{E}
.\] Danach ist die Geschwindigkeit der Rakete durch
\[
    v(t) = v_{E} - gt
\] beschrieben. Für die Steighöhe ergibt sich daraus
\[
    s(t) = v_{E}t - \frac{1}{2}gt^2 + h_{0}
.\] Aus $v(t) = 0$ folgt $\hat{t} = \frac{v_{E}}{g}$ und damit
\begin{align*}
    h(\hat{t}) &= \frac{v_{E}^2}{g} - \frac{1}{2} g\frac{v_{E}^2}{g^2} + h_0 \\
    &= \frac{1}{2} \frac{v_E^2}{g} + h_{0}
.\end{align*}

\textbf{g)} Wasserrakete mit $v_{0} = \SI{25}{ms^{-1}}$ und $m_T = \frac{4}{5} m_0$ und $\mu = 2m_{T} \SI{}{s^{-1}}$
\begin{align*}
    v\left(\frac{1}{2}\SI{}{s}\right) &= -g \frac{1}{2}\SI{}{s} + \SI{25}{ms^{-1}} \ln\left( \frac{m_0}{m_0-\frac{4}{5}m_0} \right) \\
      &= -\SI{9.81}{ms^{-2}} \SI{0,5}{s} + \SI{25}{ms^{-1}} \ln(5) \\
      &= \SI{45.14}{ms^{-1}} \\
    s(\SI{0.5}{s}) &= -\frac{1}{2} g \left( \frac{m_{T}}{2m_{T}\SI{}{s^{-1}}} \right)^2
    + \SI{25}{ms^{-1}} \left( \frac{m_{0} - m_{T}}{2 m_T \SI{}{s^{-1}}} \right) 
        \ln\left( \frac{1}{5} \right) \\
       &= -\frac{1}{2}g \left( \frac{1}{2} \SI{}{s} \right)^2
       + \SI{25}{ms^{-1}} \left( \frac{1}{8} \SI{}{s} \right)
       \ln\left( \frac{1}{5} \right) 
.\end{align*}
\end{document}