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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:45 Mo 16.05.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo,
ich hänge gerade an folgender Aufgabe:
Ein Stromkreis mit einem zeitabhängigen ohmschen Widerstand wird durch die Differntialgleichung:
[mm] \bruch{di}{dt}+(2*sin(t))*i=sin(2t)
[/mm]
beschrieben. Ermitteln Sie den zeitlichen Verlauf der Stromstärke i für den Anfangwert i(0)=0.
Ich habe dann als erstes die homogene Lösung aufgesucht:
[mm] i_{h}=e^{2*cos(t)}*C_{1}
[/mm]
habe dann versucht die partikuläre Lsg durch den Ansatz
[mm] i_{p}= c(x)*e^{2*cos(t)}
[/mm]
zu bestimmen, wobei ich nicht weiterkam.
habe es auch mit [mm] i_{p}=A*sin(t)*B*cos(t) [/mm]
versucht, auch hier kam ich nicht sehr weit. Kann man vielleicht das Additionstheorem
sin(2t)=2*sin(t)*cos(t)
hier irgendwie verwenden? Oder wisst Ihr vielleicht einen anderen Ansatz?
Vielen Dank für die Hilfe
Kruder77
(Habe diese Frage in keinen anderen Forum veröffentlicht)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:26 Mo 16.05.2005 | | Autor: | Beule-M |
kann man die Formel nicht einfach umstellen, dass [mm] \bruch{di}{dt} [/mm] auf der linken Seite stehen bleibt, dann habe ich doch schon das gelöste Differential.
Wenn ich das nach i auflöse erhalte ich i=cos(t)
Also:
[mm] \bruch{di}{dt} [/mm] + 2sin(t)*i = sin(2*t) | - 2sin(t)*i
[mm] \bruch{di}{dt} [/mm] = sin(2*t) - 2sin(t)*i |rechte Seite auflösen nach i wenn linke Seite = 0
0=sin(2*t) - 2sin(t)*i
I = cos(t)
bitte nicht überbewerten, ist nur so ein Gedanke.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:48 Mo 16.05.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo Matthias,
nein das geht nicht, es kommt zum Schluß:
i(t) = [mm] C*e^{2*cos(t)}+cos(t)+\bruch{1}{2} [/mm] ( C [mm] \varepsilon \IR [/mm] )
als allgemeine Lösung und:
[mm] i_{p}(t)=- \bruch{3}{2} *e^{-2+2*cos(t)}+cos(t)+\bruch{1}{2}
[/mm]
als partikuläre Lösung heraus.
Jedoch komme ich nach der homogenen Lsg nicht weiter....
Gruß Kruder77
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:49 Mo 16.05.2005 | | Autor: | Max |
Hallo kruder77,
deine homogene Lösung ist schon einmal richtig. Für die spezielle Lösung würde ich dir empfehlen die Additionstheoreme heranzuziehen, wegen [mm] $\sin(x+y)=\sin(x)\cos(y)+\sin(y)\cos(x)$ [/mm] gilt [mm] $\sin(2t)=2\sin(t)\cos(t)$. [/mm] Setzt man also [mm] $i(t)=\cos(t)$ [/mm] fällt der inhomogene Teil weg, das passt natürlich noch nicht ganz wegen $i'(t)$, deshalb empfehle ich [mm] $i_p(t)=a \cos(t)+b$ [/mm] auszuprobieren 
Max
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:22 Mo 16.05.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo Max,
[mm] i_{p}(t)=a*cos(t)+b \to i_{p}' [/mm] (t)= -a*sin(t)
das eingesetzt:
(-a*sin(t))+(2*sin(t))*(a*cos(t)+b) = (2*sin(t)*cos(t))
= (-a*sin(t))+(sin(2t)*a+b) = (sin(2t))
wahrscheinlich bin ich blind - aber wie geht es weiter?
Gruß Kruder77
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:27 Mo 16.05.2005 | | Autor: | Max |
Hallo kruder,
$i'_p(t)=-a [mm] \cos(t)$ [/mm] ist schon richtig. Aber
[mm] $i'_p(t)+2\sin(t)i_p(t)=-a \cos(t) [/mm] + 2a sin(t) [mm] \cos(t) [/mm] + 2b [mm] \sin(t) [/mm] = [mm] (-a+2b)\cos(t)+2a\sin(t)\cos(t)=2 \sin(t) \cos(t)$
[/mm]
Daraus folgt dann $a=1$ und [mm] $b=\frac{1}{2}$.
[/mm]
Gruß Max
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 Mo 16.05.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo Max,
>
> [mm]i'_p(t)=-a \cos(t)[/mm] ist schon richtig. Aber
>
> [mm]i'_p(t)+2\sin(t)i_p(t)=-a \cos(t) + 2a sin(t) \cos(t) + 2b \sin(t) = (-a+2b)\cos(t)+2a\sin(t)\cos(t)=2 \sin(t) \cos(t)[/mm]
woher kommen denn die +2b [mm] \sin(t) [/mm] ???
> Daraus folgt dann [mm]a=1[/mm] und [mm]b=\frac{1}{2}[/mm].
duch ein lin. Gleichungssystem nehme ich an?
Gruß Kruder77
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:06 Mo 16.05.2005 | | Autor: | Max |
Naja, [mm] $2\sin(t)\cdot i_p(t)= [/mm] 2 [mm] \cdot [/mm] sin(t) [mm] \cdot\left( a \cos(t)+b\right) [/mm] = [mm] 2a\sin(t)\cos(t) [/mm] + [mm] 2b\sin(t)$. [/mm] (Distributivgesetz)
Naja, ich würde das eher als "Koeffizienten"- oder besser Funktionenvergleich ansehen. Ich will das der Summand [mm] $(-a+2b)\sin(t)$ [/mm] wegfällt und das [mm] $2a\sin(t)\cos(t)=2\sin(t)\cos(t)$ [/mm] ist. Für die letzte Bedingung ist $a=1$ erforderlich, damit muss ich aber [mm] $b=\frac{1}{2}$ [/mm] wählen, damit der Term mit Sinus immer Null ist.
Max
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:16 Mo 16.05.2005 | | Autor: | kruder77 |
na sag ich doch - blind! ![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]")
wir haben bisher immer ein LGS aufgestellt,
wobei dies dann meist größere Potenzen in
der Störfunktionen hatte.
Vielen Dank nochmal!!!
Kruder77
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