Frequenz eines Pendels [ ]
Ein ungedämpftes Pendel der Länge
r
=
1
[
m
]
{\displaystyle r=1[\mathrm{m}]}
schwingt in linearer Näherung bei
g
=
π
2
[
m
/
s
2
]
{\displaystyle g=\pi^2[\mathrm{m}/\mathrm{s}^2]}
mit einer halben Periodenlänge von
T
0
=
1
[
s
]
{\displaystyle T_0=1[\mathrm{s}]}
. Um wieviele Sekunden am Tag geht eine daran gekoppelte Uhr falsch, wenn es um die Bogenlänge
1
60
{\displaystyle \frac{1}{60}}
(
≈
1
∘
{\displaystyle \approx1^\circ}
) bzw.
1
6
{\displaystyle \frac{1}{6}}
(
≈
10
∘
{\displaystyle \approx10^\circ}
) maximal ausgelenkt ist?
Tipps [ ]
Man leite einen Integralausdruck für die halbe Periodenlänge
T
Φ
{\displaystyle T_\Phi}
bei der Maximalauslenkung
Φ
{\displaystyle \Phi\,}
her und entwickle in
Φ
{\displaystyle \Phi\,}
.
Lösung [ ]
Die Differentialgleichung ist
ϕ
¨
=
−
V
′
(
ϕ
)
,
V
(
ϕ
)
=
g
r
(
1
−
cos
ϕ
)
,
{\displaystyle \ddot\phi=-V'(\phi),\quad V(\phi)=gr(1-\cos\phi),}
mit der Konstanten der Bewegung
E
=
1
2
ϕ
˙
2
+
V
(
ϕ
)
.
{\displaystyle E=\frac12\dot\phi^2+V(\phi).}
Also gilt von
ϕ
=
0
{\displaystyle \phi=0\,}
bis zum Umkehrpunkt
Φ
∈
]
0
,
π
[
{\displaystyle \Phi\in]0,\pi[\,}
, der einer Energie von
E
=
g
r
(
1
−
cos
(
Φ
)
)
{\displaystyle E=gr(1-\cos(\Phi))\,}
entspricht, die Differentialgleichung
ϕ
˙
=
2
(
E
−
V
(
ϕ
)
)
{\displaystyle \dot\phi=\sqrt{2(E-V(\phi))}}
,
eine viertel Periodenlänge ist also gegeben durch
T
Φ
2
=
∫
0
Φ
d
ϕ
2
(
E
−
V
(
ϕ
)
)
{\displaystyle \frac{T_\Phi}2=\int\limits_0^\Phi\frac{d\phi}{\sqrt{2(E-V(\phi))}}}
Um die Ableitung nach
Φ
{\displaystyle \Phi\,}
zu berechen transformiert man auf feste Grenzen,
T
Φ
2
=
Φ
∫
0
1
d
s
2
(
E
−
V
(
Φ
⋅
s
)
)
=
∫
0
1
d
s
2
E
−
2
g
r
(
1
−
cos
(
Φ
⋅
s
)
)
Φ
2
.
{\displaystyle \frac{T_\Phi}2=\Phi\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{2(E-V(\Phi\cdot s))}}=\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{\frac{2E-2gr(1-\cos(\Phi\cdot s))}{\Phi^2}}}.}
Wir entwickeln um
Φ
=
0
{\displaystyle \Phi=0\,}
, wobei
E
{\displaystyle E\,}
eine Funktion von
Φ
{\displaystyle \Phi\,}
ist,
2
E
−
2
g
r
(
1
−
cos
(
Φ
⋅
s
)
)
Φ
2
=
g
r
Φ
2
(
Φ
2
(
1
−
s
2
)
−
1
12
Φ
4
(
1
−
s
4
)
+
O
(
Φ
6
)
)
{\displaystyle \frac{2E-2gr(1-\cos(\Phi\cdot s))}{\Phi^2}=\frac{gr}{\Phi^2}\left(\Phi^2(1-s^2) -\frac1{12}\Phi^4(1-s^4)+\mathcal{O}(\Phi^6)\right)}
=
g
r
(
(
1
−
s
2
)
−
1
12
Φ
2
(
1
−
s
4
)
+
O
(
Φ
4
)
)
.
{\displaystyle =gr\left((1-s^2)-\frac1{12}\Phi^2(1-s^4)+\mathcal{O}(\Phi^4)\right).}
Also ist
T
0
2
=
1
g
r
∫
0
1
d
s
1
−
s
2
=
1
g
r
[
arcsin
s
]
0
1
=
π
2
g
r
{\displaystyle \frac{T_0}2=\frac1{\sqrt{gr}}\int\limits_0^1\frac{ds}{\sqrt{1-s^2}} =\frac1{\sqrt{gr}}\left[\arcsin s\right]_0^1 =\frac\pi{2\sqrt{gr}}}
,
d.h.
T
0
=
1
[
s
]
{\displaystyle T_0=1[\mathrm{s}]}
, und
d
d
(
Φ
2
)
T
Φ
2
|
Φ
=
0
=
−
∫
0
1
d
s
2
g
r
(
1
−
s
2
)
3
(
−
g
r
1
12
(
1
−
s
)
4
)
=
1
24
g
r
∫
0
1
(
1
+
s
2
)
d
s
1
−
s
2
{\displaystyle \left.\frac{d}{d(\Phi^2)}\frac{T_\Phi}2\right|_{\Phi=0} =-\int\limits_0^1\frac{ds}{2\sqrt{gr(1-s^2)}^3}\left(-gr\frac1{12}(1-s)^4\right) =\frac1{24\sqrt{gr}}\int\limits_0^1\frac{(1+s^2)ds}{\sqrt{1-s^2}}
}
=
1
24
g
r
(
[
arcsin
s
]
0
1
+
[
1
2
arcsin
s
−
s
2
1
−
s
2
]
0
1
)
=
π
32
g
r
{\displaystyle =\frac1{24\sqrt{gr}}\left(\left[\arcsin s\right]_0^1+\left[\frac12\arcsin s-\frac{s}2\sqrt{1-s^2}\right]_0^1\right) =\frac{\pi}{32\sqrt{gr}}}
,
wobei
∫
s
s
1
−
s
2
d
s
=
−
s
1
−
s
2
+
∫
1
−
s
2
d
s
=
−
s
1
−
s
2
+
∫
1
−
s
2
1
−
s
2
d
s
{\displaystyle \int s\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}ds=-s\sqrt{1-s^2}+\int\sqrt{1-s^2}ds =-s\sqrt{1-s^2}+\int\frac{1-s^2}{\sqrt{1-s^2}}ds}
=
−
s
1
−
s
2
+
arcsin
s
−
∫
s
s
1
−
s
2
d
s
{\displaystyle =-s\sqrt{1-s^2}+\arcsin s-\int s\frac{s}{\sqrt{1-s^2}}ds }
benutzt wurde. Die Integrale sind endlich, da jeweils nur inverse Wurzelsingularitäten am rechten Rand auftreten. Damit ist das Vertauschen von Integral und Ableitung gerechtfertigt.
In der führenden Ordnung gilt also
T
Φ
=
π
g
r
+
π
16
g
r
Φ
2
+
O
(
Φ
4
)
=
π
g
r
(
1
+
Φ
2
16
+
O
(
Φ
4
)
)
{\displaystyle T_\Phi=\frac{\pi}{\sqrt{gr}}+\frac{\pi}{16\sqrt{gr}}\Phi^2+\mathcal{O}(\Phi^4) =\frac{\pi}{\sqrt{gr}}\left(1+\frac{\Phi^2}{16}+\mathcal{O}(\Phi^4)\right)}
.
Für
Φ
=
1
60
{\displaystyle \Phi=\frac1{60}}
ist
Φ
2
16
=
1
16
⋅
3600
=
1
57600
{\displaystyle \frac{\Phi^2}{16}=\frac{1}{16\cdot3600}=\frac1{57600}}
. Die Pendeluhr geht also pro Tag ca.
86400
57600
=
1.5
[
s
]
{\displaystyle \frac{86400}{57600}=1.5[\mathrm{s}]}
nach. Das macht im Jahr ungefähr 9min.
Für
Φ
=
1
6
{\displaystyle \Phi=\frac1{6}}
ist
Φ
2
16
=
1
16
⋅
36
=
1
576
{\displaystyle \frac{\Phi^2}{16}=\frac{1}{16\cdot36}=\frac1{576}}
. Die Pendeluhr geht also pro Tag ca.
86400
576
=
150
[
s
]
{\displaystyle \frac{86400}{576}=150[\mathrm{s}]}
nach. Die nächsthöhere Ordnung ist
11
Φ
4
3072
{\displaystyle \frac{11\Phi^4}{3072}}
, das macht nochmal
0.24
s
{\displaystyle 0.24\mathrm{s}}
Fehlgang und verändert die führende Ordnung nur um ca.
0.2
%
{\displaystyle 0.2\%\,}
.
Suchbegriffe [ ]
Pendel, Newtonsche Bewgungsgleichung, nichtlinearer Oszillator, Parameterintegral, Singularitäten
Ähnliche Aufgaben [ ]
Etwas komplizierter, aber im Prinzip analog ist es die Perihel-Praezession des Merkur zu berechnen.