Lösungsvorschläge zur Übung Nr. 3

Besprechung: Mittwoch, den 15. November 2000
Aufgabe 1: (8 Punkte)
Der Strom bzw die Spannung als Funktion der Zeit ist in der folgenden Abbildung gegeben,

Wir diskutieren zunächst die Entwicklung

$$I(t) = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} cos(n\omega_{0} t) + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} sin(n\omega_{0} t).$$

Mit $\omega_{0} = 2\pi/T$ und $I_{0} = U_{0}/R$ sind die Amplituden

$$b_{n} = \frac{2I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} sin \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \; cos \left( \frac{2\pi n t}{T} \right) dt$$

$$a_{n} = \frac{2I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} sin \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \; sin \left( \frac{2\pi n t}{T} \right) dt$$ (1)

Zur Lösung der Integrale schreiben wir zunächst mit Hilfe der beiden Formeln $2 sin\alpha \; cos\beta = sin(\alpha - \beta)+sin(\alpha + \beta)$ und $2 sin\alpha \; sin\beta = cos(\alpha-\beta) - cos(\alpha + \beta)$:

$$b_{n} = \frac{I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} sin \left( (1-n)\frac{2\pi... ...t + \frac{I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} sin \left( (1+n) \frac{2\pi t}{T} \right) dt$$

$$a_{n} = \frac{I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} cos \left( (1-n)\frac{2\pi... ...t - \frac{I_{0}}{T} \int_{0}^{T/2} cos \left( (1+n) \frac{2\pi t}{T} \right) dt$$ (2)

Diese Integrale sind zwar mühsam, aber elementar lösbar und ergeben:

$$a_{0} = \frac{2I_{0}}{\pi}; \; \; \; \; \; a_{1} = \frac{I_{0}}{2}, \; \; \; \; \; a_{n} = 0 \; \; \; fuer \; \; \; n \geq 2$$

$$b_{n} = - \frac{2 I_{0}}{\pi} \frac{1}{(n-1)(n+1)} \; \; \; \; \; fuer \; \; \; n= 2,4,6,8,...$$

$$b_{n} = 0 \; \; \; \; \; fuer \; \; \; n=1,3,5,7,...$$

Der Strom läßt sich also schreiben:

$$I(t) = I_{0} \left( \frac{1}{\pi} + \frac{1}{2} sin(\omega_{... ...\infty} \frac{2}{\pi (2n-1)(2n+1)} cos(2n\omega_{0}t) \right).$$

b) Zur Bestimmung der Phasendifferenzen der Oberschwingungen gegenüber der Grundschwingung entwickeln wir gemäß

$$I(t) = B_{0} + \sum_{n=1}^{\infty} B_{n} sin(n\omega_{0} t - \varphi_{n})$$

und erhalten für $n=2,4,6,...$:

$$tg(\varphi_{n}) = -\frac{b_{n}}{a_{n}} \rightarrow - \infty,$$

daher $\varphi_{n} = - \pi/2$.
Aufgabe 2: (8 Punkte)
Wir berechnen die Fourierkoeffizienten

$$b(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{-t_{0}/2}^{+t_{0}/2} E_{0} c... ...os(\omega t) dt, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; a(\omega ) = 0.$$

Für $b(\omega)$ erhalten wir weiter

$$b(\omega) = \frac{E_{0}}{\pi} \int_{-t_{0}/2}^{+t_{0}/2} \frac{1}{2} [ cos(\omega_{0} - \omega )t + cos(\omega_{0} + \omega )t ] dt$$

$$= \frac{E_{0}}{2\pi} \left[ \frac{sin(\omega_{0}+\omega)t}{\omega_{... ... \frac{sin(\omega_{0}-\omega)t}{\omega_{0}-\omega} \right]_{-t_{0}/2}^{t_{0}/2}$$

$$= \frac{E_{0}t_{0}}{2 \pi} \left( \frac{sin[(\omega_{0}+\omega)(t_{... ...frac{sin[(\omega_{0}-\omega)(t_{0}/2)]} {(\omega_{0}-\omega)(t_{0}/2)} \right).$$

In unserem Fall ist $t_{0} \gg T$ und daher

$$t_{0}(\omega_{0}+\omega) = 2\pi t_{0} \left( \frac{1}{t_{0}} + \frac{1}{T} \right) = 2 \pi + 2 \pi \frac{t_{0}}{T} \gg 2 \pi.$$

Daher gilt die Abschätzung:

$$\frac{sin[(\omega_{0}+\omega)(t_{0}/2)]}{(\omega_{0}+\omega)(t_{0}/2)} \approx 0.$$

Was bleibt, ist

$$b(\omega) = \frac{E_{0}t_{0}}{2 \pi} \frac{sin[(\omega_{0}-\omega)(t_{0}/2)]} {(\omega_{0}-\omega)(t_{0}/2)}$$

Diese Funktion hat ein Maximum bei $\omega = \omega_{0}$. Für uns interessant sind die ersten beiden Nullstellen, wir bezeichnen sie mit $\omega_{\pm 1}$:

$$\omega_{\pm 1} = \omega_{0} \pm \frac{2\pi}{t_{0}}.$$

Die Frequenzbreite ist also ungefähr $\Delta \omega = 2\pi/t_{0}$ oder

$$\Delta \nu = \Delta \omega/2\pi = 1/t_{0} = 10^{3} \; s^{-1} = 1 \; kHz.$$

Der Sender sendet also mit der Frequenz $\nu = 1 \; MHz \pm 1 \; kHz$.
Aufgabe 3: (4 Punkte)
Die Schallgeschwindigkeit ist $c = \sqrt{\kappa R T/M_{m}}$, daher

$$c = \lambda \nu = \sqrt{\frac{\kappa R T}{M_{m}}}.$$

Die Wellenlänge hängt bei stehenden Wellen nicht von der Temperatur ab, daher können wir schreiben $\nu = x \sqrt{T}$ und

$$\frac{d\nu}{\nu} = \frac{1}{2} \frac{dT}{T}.$$

Integration dieser DGL liefert

$$T = T_{0} \left( \frac{\nu}{\nu_{0}} \right)^{2},$$

wobei $\nu_{0}$ die Frequenz bei der Temperatur $T_{0} = 17^{o} C = 290 \; K$ ist. Mit $\nu/\nu_{0} = 1,06$ folgt $T = T_{0}(1,06)^{2} = 325,84 \; K$ und $\Delta T = T-T_{0} = 35,84^{o} C$.
Aufgabe 4: (10 Punkte)
a) Der S trom $I$ ist gegeben durch

$$I = \frac{dQ}{dt} = \frac{d}{dt}(C U_{0}) = U_{0} \frac{d}{d... ...cos(\omega t)} {d_{0}^{2} (1 + (a/d_{0}) sin(\omega t))^{2}}$$ (3)

b) Spezielle Lösung: Man könnte die Amplituden des Grundtones und des ersten Obertones mit der Integraldefinition der Fourierkoeffizienten berechnen. Dieses Vorgehen erweist sich allerdings in diesem Fall bereits als außerordentlich schwierig. Da nach Hinweis $a/d_{0} \ll 1$ ist, können wir nach Potenzen von $(a/d_{0}) sin(\omega t)$ entwickeln. Wegen

$$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} x^{n} \; \; \; f''ur \; \; \; \vert x\vert < 1,$$ (4)

folgt in zweiter Ordnung von $a/d_{0}$:

$$\frac{1}{1+(a/d_{0}) sin(\omega t)} \approx 1 - (\frac{a}{d_... ...omega t) + (\frac{a}{d_{0}})^{2} sin^{2}(\omega t) \pm .......$$ (5)

und

$$I = \frac{\epsilon_{0} A U_{0}}{d_{0}} \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{1+(a/d_{0}) sin(\omega t)} \right)$$ (6)

$$\approx - \frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left( cos(\omega t) - 2 (\frac{a}{d_{0}}) sin(\omega t) cos(\omega t) \right)$$ (7)

$$= - \frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left( cos(\omega t) - (\frac{a}{d_{0}}) sin(2\omega t) \right)$$ (8)

Das Verhältnis der Amplituden ist

$$\underline{\frac{I_{2}}{I_{1}} = \frac{a}{d_{0}}}$$ (9)

Die Reihenentwicklung zu dieser Lösung wurde im übrigen in den Rechenübungen am 4.11.92 auf Seite 3 angegeben.
Allgemeine Lösung: Die allgemeine Lösung zu dieser Aufgabe wurde ebenfalls in den Rechenübungen am 4.11.92 diskutiert (Seite 2/3). In der Aufgabe 3 dieser Rechenübungen setzen wir $z=i \epsilon e^{i\omega t}$ und entwickeln die Potenzreihe gemäß:

$$\frac{1}{1-i\epsilon e^{i\omega t}} = \sum_{n=0}^{\infty} i^{n} \epsilon^{n} e^{in\omega t} = \sum_{n=0}^{\infty} i^{n} \epsilon^{n} \left( cos(n\omega t) + i \; sin(n\omega t) \right)$$

$$= (1 - \epsilon \; sin(\omega t) - \epsilon^{2} \; cos(2\omega t) +... ... t) + \epsilon^{4} \; cos(4\omega t) - \epsilon^{5} \; sin(5\omega t) \pm ....)$$

$$+ i \left( \epsilon \; cos(\omega t) - \epsilon^{2} \; sin(2\omega ... ...+ \epsilon^{4} \; sin(4\omega t) + \epsilon^{5} cos(5\omega t) \pm .... \right)$$

Andererseits erhalten wir für die linke Seite der letzten Gleichung, wobei wir mit dem konjugiert Komplexen des Nenners erweitern:

$$\frac{1}{1-i\epsilon e^{i\omega t}} = \frac{(1+\epsilon \; s... ...os(\omega t)}{1+ 2\epsilon \; sin(\omega t) + \epsilon^{2}}.$$

Vergleich der Imaginärteile führt auf

$$\frac{\epsilon \; cos(\omega t)}{1+2\epsilon \; sin(\omega t... ...on^{4} sin(4\omega t) + \epsilon^{5} \; cos(5\omega t) \pm ...$$

Wir setzen $\epsilon = a/d_{0}$ und bemerken, daß nach Aufgabenstellung $\epsilon \ll 1$, also erst recht $\epsilon^{2} \ll 1$. Daher können wir im Nenner der linken Seite $\epsilon^{2}$ durch $\epsilon^{2} \; sin^{2}(\omega t)$ und $(1+ 2 \epsilon \; sin(\omega t) + \epsilon^{2})$ durch $(1+ \epsilon \; sin(\omega t))^{2}$ ersetzen. Die Summe auf der rechten Seite schreiben wir zusätzlich in allgemeiner Form. Dieses ergibt schließlich für den Strom:

$$I = -\frac{\epsilon_{0} A U_{0} a \omega}{d_{0}^{2}} \left[ ... ...left( \frac{a}{d_{0}} \right)^{2n-1} sin(2n\omega t) \right] .$$ (10)

Für das Verhältnis der Amplituden des 1. Obertones zum Grundton erhält man das gleiche Ergebnis wie in der obigen speziellen Lösung.