DGL aus der Elektrotechnik

26.10.2009, 12:00	lordofazeroth	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL aus der Elektrotechnik Meine Aufgabe: Edit (mY+): Link zu externer Uploadseite wurde entfernt. Hänge dein Bild statt dessen an deinen Beitrag an! Und bitte keine Hilfeersuchen in der Überschrift. [attach]11635[/attach] Meine DGL: di/dt + (Ri + R1)/L * i = 1/LUq homogener Ansatz: ih = k e^(-lamda t) ih' = - Lamda ke^(-lamdat) -lamdake^(-lamdat) + (Ri+R1)/L k * e^(-lamdat) = 0 lamda = (Ri+R1)/L Uq ist konstant, daher Ansatz für partikuläre Lösung: ip = B ip' = 0 (Ri+R1)/L B = 1/LUq gesamtlösung: u(t) = -lamdake^(-lamdat) + (Ri+R1)/L * k * e^(-lamda*t) + Uq / (Ri + R1) Nun steht da aber nach dem kürzen nur mehr: u(t) = Uq / (Ri + R1) Ich weiß aber, dass das falsch ist, wo aber ist mein Fehler?
27.10.2009, 08:46	lordofazeroth	Auf diesen Beitrag antworten »

27.10.2009, 12:24	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe keine Ahnung, wie du zu deiner Gesamtlösung kommst. Wenn man die DGL schreibt als $\begin{eqnarray} \frac{di}{dt}+ai=b \end{eqnarray}$ hat man für die zugehörige homogene DGL $\begin{eqnarray} \frac{di_h}{dt}+ai_h=0 \end{eqnarray}$ die allgemeine Lösung $\begin{eqnarray} i_h(t)=ke^{-at} \end{eqnarray}$ Eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ist $\begin{eqnarray} i_p(t)=\frac{b}{a} \end{eqnarray}$ Damit bekommt man als allgemeine Lösung der inhomogenen DGL $\begin{eqnarray} i(t)=i_h(t)+i_p(t)=ke^{-at}+\frac{b}{a} \end{eqnarray}$ Die Anfangsbedingung $\begin{eqnarray} i(0)=0 \end{eqnarray}$ ergibt $\begin{eqnarray} k=-\frac{b}{a} \end{eqnarray}$ Also hat man $\begin{eqnarray} i(t)=\frac{b}{a}(1-e^{-at}) \end{eqnarray}$ Der Übergang von $\begin{eqnarray} i(t) \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} u(t) \end{eqnarray}$ ist trivial. Nur ist $\begin{eqnarray} u(t) \end{eqnarray}$ von den betrachteten Positionen abhängig, während $\begin{eqnarray} i(t) \end{eqnarray}$ im gesamten Stromkreis identisch ist. P.S. Ich habe nicht überprüft, ob deine DGL das physikalische Problem korrekt beschreibt.

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