Lösung zur Übung 19 SS 2012

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1 Lösung zur Übung 19 SS 01 69) Beim radioaktiven Zerfall ist die Anzahl der pro Zeiteinheit zerfallenden Kerne dn/dt direkt proportional zur momentanen Anzahl der Kerne N(t). a) Formulieren Sie dazu die entsprechende Differentialgleichung. Aufstellen der Differentialgleichung Der radioaktive Zerfall kann stark vereinfacht durch die folgende Reaktionsgleichung N N i + dargestellt werden. Für diese Reaktion wird nun die Differentialgleichung aufgestellt. Die Startkonzentration wird mit [N] 0 und die Konzentration zum Zeitpunkt t erhält die Bezeichnung [N] Mithilfe dieser Definitionen erhalten wir die Differentialgleichung in folgender Form d[n] dt = k 1 [N] (1) k 1 beschreibt hierbei die Proportionalität der Konzentration zur Geschwindigkeit. Sie trägt den Index 1 weil an der Reaktion nur eine Substanz beteiligt ist.die Proptionalitätskonstante trägt die Einheit [1/s] auf diese Weise steht rechts und links vom gleichheitszeichen die gleiche Einheit. Wir gehen wie üblich vor, indem wir eine Trennung der Variablen und im Anschluß eine unbestimmte Integration durchführen. d[n] [N] = k 1 dt () ln[n] = k 1 t + c (3) Da die Ausgangskonzentration (t=0) bekannt ist können wir die Integrationskonstante bestimmen. c = ln[n] 0 (4) ln[n] = k 1 t + ln[n] 0 (5) ln [N] [N] 0 = k 1 t (6) Falls wir diese Darstellung nicht mögen schreiben wir sie stattdessen [N] = [N] 0 e k 1t (7) 1

2 b) Ein Maß für die Radioaktivität ist die Halbwertszeit. Sie gibt das Zeitintervall an, in der die Hälfte einer gegebenen Anzahl von Kernen zerfällt. In welchem Zusammenhang steht die Halbwertszeit zu der Proportionalitätskonstante (Zerfallskonstante) aus Aufgabe 69 a) Lösung Um den Zusammenhang zwischen der Proportionalitätskonstante(k 1 ) und der Halbwertszeit (τ 1/ )zu bedienen wir uns folgendem Ansatz. Wir wissen das zum [N] τ/ = [N] 0 (8) Diesen Ausdruck setzten wir einfach in die zuvor hergeleitete Formel ein und lösen nach τ 1/ auf. ln [N] 0 [N] 0 = k 1 τ/ (9) ln [N] 0 [N] 0 k 1 = τ 1/ (10) ln 1 = τ k 1/ 1 (11) ln = τ k 1/ 1 (1)

3 70) Zigarettenrauch enthält das radioaktive Isotop Polonium 10, das ein α-strahler mit einer Halbwertszeit von Tagen ist. Der Rauch enthält Poloniumisotope. Nach wie viel Tagen sind noch Isotope vorhanden? konventionelle Lösung Wir verwenden für diese Aufgabe den in Aufgabe 69 hergeleiteten Zusammenhang zwischen reaktionskonstante und Halbwertszeit. τ 1/ = ln() k Die Halbwertszeit ist bekannt und wird einfach eingesetzt. (13) k = ln() τ 1/ (14) k = ln() (15) Wir sparen uns an dieser das genaue ausrechnen und setzten den Ausdruck stattdessen so wie er ist in die Formel für die erste Reaktionsordnung ein N = N 0 e kt (16) N = N 0 e ln() t (17) N = e ln() t (18) N ( ) 0 N ln = ln() N 0 t (19) ( ) ln N N0 = t (0) ln() Nun setzten wir die Anzahl der Atome ein und rechnen den Wert aus. Antwort ln ( ) ln() ln ( 1 8 ) ln() ln(8) ln() ln( 3 ) ln() = t (1) = t () = t (3) = t (4) 3 ln() = t (5) ln() 3 = 414 = t (6) Nach genau 414 Tagen befinden sich noch Isotope im Körper. 3

4 71) Man zeige, dass jede Lösung der DGL y (t) + a y(t) = be ct für t gegen null konvergiert, wobei a und c positive Konstanten sind und b eine beliebige reele Zahl. Lösen der homogenen DGL Bei dieser Aufgabe handelt es sich um eine inhomogene Differentialgleichung. In diesen Fällen wird zuerst die homogene DGL gelöst. Wir trennen zuerst die Variablen. Nun integrieren wir. y (t) + a y(t) = 0 (7) dy dt + a y = 0 (8) dy = a y dt (9) dy = a ydt (30) dy = adt y (31) 1 y dy = adt (3) ln y = at + c (33) y(x) = Ce at (34) Damit haben wir die Lösung der homogenen Differentialgleichung. Zur Lösung der inhomogenen Differentialgleichung wenden wir die Methode Variation der Konstante an. Einsetzen der inhomogenen Lösung in die DGL y Inh. (t) = C(t)e at (35) y Inh. (t) = C (t)e at ac(t)e at (36) C (t)e at ac(t)e at + a [C(t)e at] = be ct (37) C (t)e at ac(t)e at + ac(t)e at = be ct (38) Nun setzen wir C(t) in die Lösung der inhomogenen DGl ein. C (t)e at = be ct (39) C (t) = be ct e at = be t(a c) (40) C (t)dt = C(t) = b a c et(a c) (41) y(t) = b a c et(a c) e at (4) y(t) = b a c et(a c) at (43) y(t) = b a c e ct = De ct (44) Anhand der Formel erkennen wir auf Anhieb, dass die Funktion für t gegen Null strebt, wenn c > 0 ist. 4

5 7) Gesucht sind die Lösungen folgender Anfangswertprobleme a) y 3y 4y = 0 y(0) = 1 y (0) = 0 Lösung durch das aufstellen einer charakteristischen Gleichung Um Differentialgleichung ter Ordnung zu lösen beginnen wir mit dem Aufstellen der charakteristischen Gleichung. y 3y 4y = 0 (45) Wir ersetzen einfach die funktionellen Ausdrücke in der DGL durch eine Konstante. Hierbei erhält die Konstante bei er zweiten Ableitung einen exponentiellen Grad von, die erste Ableitung einen Grad von 1. Die einfache Funktion wird durch keine Konstante ersetzt, da der theoretische Exponent einen Wert von Null hätte wodurch die Konstante gleich 1 wird. k 3k 4 = 0 (46) Nach dem wir die charakteristische Gleichung aufgestellt haben wird sie im nächsten Schritt gelöst. Hierzu bedienen wir uns der pq-formel. Die Ergebnisse lauten wie folgt. k 1 = 4 (47) k = 1 (48) Da wir zwei verschiedene Lösungen erhalten setzen wir die Konstanten in die Lösungsformel für reelle unterschiedliche Lösungen ein. y(x) = c 1 e 4x + c e x (49) Bevor wir uns dem Anfangswertproblem widmen bestimmen wir zuerst die Ableitungen und führen die Probe durch. Die Ableitung setzen wir in die DGL ein. y(x) = c 1 e 4x + c e x (50) y (x) = 4c 1 e 4x c e x (51) y (x) = 16c 1 e 4x + c e x (5) 16c 1 e 4x + c e x 3 [ 4c 1 e 4x c e x] 4 [ c 1 e 4x + c e x] = 0 (53) 16c 1 e 4x + c e x 1c 1 e 4x + 3c e x 4c 1 e 4x 4c e x = 0 (54) 0 = 0 (55) 5

6 Nachdem uns die Probe zeigt, dass das Ergebnis richtig ist wenden wir uns den Bedingungen zu. Wir setzen nun einfach die Bedingungen in die einzelnen Formeln ein. Die gesuchte Funktion hat somit die Formel: b) y + y 10y = 0 y(1) = 5 y (1) = Lösung durch charakteristische Gleichung Wir gehen wie in der vorherigen Teilaufgabe vor. Aufstellen der charakteristischen Gleichung. Lösen der charakteristischen Gleichung. y(0) = 1 = c 1 e c e 0 (56) y(0) = 1 = c 1 + c (57) y (0) = 0 = 4c 1 e 4 0 c e 0 (58) y (0) = 0 = 4c 1 c (59) c = 4c 1 (60) y(0) = 1 = c 1 + 4c 1 (61) 1 = 5c 1 (6) 1/5 = c 1 (63) c = 4/5 (64) y(x) = 1/5e 4x + 4/5e x (65) y + y 10y = 0 (66) k + k 10 = 0 (67) k 1 = (68) k = 5 (69) Einsetzen in die Formel für reelle unterschiedliche Lösungen. im Anschluss führen wir die Probe durch. y(x) = c 1 e x + c e 5 x (70) y (x) = c 1 e x 5 c e 5 x (71) y (x) = 4c 1 e x c e 5 x (7) [4c 1 e x + 54 ] c e 5 x + c 1 e x 5 [ c e 5 x 10 c 1 e x + c e 5 x] = 0 (73) 8c 1 e x + 5 c e 5 x + c 1 e x 5 c e 5 x 10c 1 e x + 10c e 5 x = 0 (74) 0 = 0 (75) 6

7 Unser Ergebnis erfüllt die DGL weswegen wir nun die Bedingungen einsetzen um die Koeffizienten c 1 und c zu bestimmen. y(1) = 5 = c 1 e + c e 5 (76) y (1) = = c 1 e 5 c e 5 (77) Leider kürzt sich nichts auf Anhieb weg. Wir multiplizieren daher die erste Formel (y(1)) mit und ziehen die zweite Formel (y (1)) von ihr ab. 10 = c 1 e + c e 5 (78) = c 1 e 5 c e 5 (79) 8 = c e 5 (80) c = 16 9 e 5 (81) Diesen Ausdruck setzen wir nun einfach in die Funktion y(1) oder y (1) ein. Die Lösung folgt hieraus zu: 5 = c 1 e e 5 e 5 (8) = c 1 e e 5 e 5 (83) 5 = c 1 e (84) = c 1 e (85) e = c 1 (86) e = c 1 (87) 9 9 e = c 1 (88) 58 9 e = c 1 (89) 9 9 e = c 1 (90) y(x) = 9 9 e e x e 5 e 5 x (91) y(x) = 9 9 ex e 5 5 x (9) 7

8 73) Zur Berechnung von DGLs wird gerne die Laplace-Transformation verwendet. Eine Funktion f(t) ist im Intervall 0 t definiert. Unter der laplace-transformierten F (s) von f(t) versteht man das uneigentliche Integral F (s) = 0 f(t)e st dt Man berechne zunächst die Laplace-Transformierte von f(t) = 1. Durch einfaches befolgen der Aufgabenstellung Zuerst setzen wir wie angegeben f(t) = 1 Nun integrieren wir einfach nach t. F (s) = 0 1e st dt (93) F (s) = [ ] 1 s e st 0 (94) Als nächstes setzen wir die Grenzen ein. F (s) = 0 1 s F (s) = 1 s (95) (96) CC-BY-SA 3.0 Martin Labus / Mario Krieg 8