Exponentialansatz DGL

09.06.2010, 18:47

DGLer

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Exponentialansatz DGL

Ich habe eine DGL gegeben:

$\begin{eqnarray*} m\ddot{x} + d\dot{x} + kx - F_0 \cdot cos(\omega t) = 0 \end{eqnarray*}$

Sie soll mit dem Exponentialansatz gelöst werden. So weit bin ich:

$\begin{eqnarray*} Ce^{\lambda t}(m \lambda^2 + d\lambda + k) - F_0 \cdot cos(\omega t) = 0 \end{eqnarray*}$

Weiter komm ich nicht, vor allem wegen des Terms $\begin{eqnarray*} - F_0 \cdot cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ . Ich muss ja irgendwie das charakteristische Polynom finden.

09.06.2010, 19:00

saz

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Du musst doch erstmal die homogene DGL lösen, also

$\begin{eqnarray*} m \cdot \ddot{x} + d \cdot \dot{x} + kx = 0 \end{eqnarray*}$

Und dann kannst du mit Hilfe der Variation der Konstanten eine spezielle Lösung finden (oder über einen Ansatz für die spezielle Lösung).

09.06.2010, 19:18

DGLer

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Zitat:

Original von saz
Du musst doch erstmal die homogene DGL lösen, also

$\begin{eqnarray*} m \cdot \ddot{x} + d \cdot \dot{x} + kx = 0 \end{eqnarray*}$

Und dann kannst du mit Hilfe der Variation der Konstanten eine spezielle Lösung finden (oder über einen Ansatz für die spezielle Lösung).

Wieso darf man den Term $\begin{eqnarray*} - F_0 \cdot cos(\omega t) \end{eqnarray*}$ denn weglassen? Der gehört doch zur Gleichung dazu?

Ansonsten mach ich das mal, was du sagst:

Man erhält mit dem Ansatz $\begin{eqnarray*} x(t) = Ce^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} Ce^{\lambda t} (m \lambda^2 + d \lambda + k) = 0 \end{eqnarray*}$

Damit erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} m \lambda^2 + d \lambda + k = 0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} \lambda^2 + d \lambda + k = 0 \end{eqnarray*}$

Also ist:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -\frac{d}{2} + \sqrt{\frac{d^2}{4}-k} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -\frac{d}{2} - \sqrt{\frac{d^2}{4}-k} \end{eqnarray*}$

Aber jetzt (ich bin absoluter Anfänger, vor quasi 30 Minuten mit DGLen angefangen ...)?

09.06.2010, 19:21

saz

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Zitat:

Original von DGLer
Damit erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} m \lambda^2 + d \lambda + k = 0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} \lambda^2 + d \lambda + k = 0 \end{eqnarray*}$

Ähm nein, da hast du dich verrechnet. Du musst das m schon weiter "mitführen".

09.06.2010, 19:26

DGLer

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Ja, ich seh's grad auch. Das m muss in allen Summanden geteilt werden. Also als Endergebnis:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -\frac{d}{2m} + \sqrt{\frac{d^2}{4m^2}-\frac{k}{m}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -\frac{d}{2m} - \sqrt{\frac{d^2}{4m^2}-\frac{k}{m}} \end{eqnarray*}$

So müsste es stimmen?

09.06.2010, 19:35

saz

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Jipp, genau. Also sind die beiden Funktionen

$\begin{eqnarray*} x_1 (t) := c \cdot e^{\lambda_1 t} <br /> x_2(t):= c \cdot e^{\lambda_2 t} \end{eqnarray*}$

Lösungen von der homogenen DGL

$\begin{eqnarray*} m \cdot \ddot{x} + d \cdot \dot{x} + kx = 0 \end{eqnarray*}$

Nun brauchst du aber noch eine Lösung der speziellen DGL, d.h. von

$\begin{eqnarray*} m \cdot \ddot{x} + d \cdot \dot{x} + kx = F_0 \cdot \cos(wt) \end{eqnarray*}$

Dazu machst du am besten mal den Ansatz

$\begin{eqnarray*} x(t) = c_1 \cdot \sin (wt) + c_2 \cdot \cos(wt) \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} c_1, c_2 \end{eqnarray*}$ die zu bestimmenden Konstanten sind - die kriegst du raus, indem du diesen Ansatz einfach mal in die obige DGL einsetzt...

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09.06.2010, 19:39

DGLer

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Übrigens finde ich es erstaunlich, dass du die Aufgabe automatisch richtig interpretiert hast. Von der Ausgangs-DGL ist erstmal tatsächlich die homogene Lösung gefragt. Die inhomogene (und vollständige Lösung) ist erst in den nächsten Teilaufgaben gefragt.

Ist die Lösung jetzt einfach:

$\begin{eqnarray*} x(t) = C_1 e^{\lambda_1 t} + C_2 e^{\lambda_2 t} \end{eqnarray*}$ ?

09.06.2010, 19:42

saz

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Für die homogene DGL ist das die allgemeine Lösung, ja.

(Wenn du dich eine Weile mit DGL herumgeschlagen hast, wirst du das auch richtig interpretieren - außerdem geht's bei linearen DGL gar nicht anders, da braucht man immer erstmal die homogene Lösung.)

09.06.2010, 19:50

DGLer

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Ok, bevor ich deinen Ansatz bzgl. der Inhomogenität befolge (die Aufgabe ist bischen anders formuliert, gleich kommen noch Anfangswerte ...), ist erstmal etwas anderes als nächstes gefragt. Es soll gezeigt werden, dass wenn $\begin{eqnarray*} \frac{d^2}{4m^2} < \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \frac{k}{m} \end{eqnarray*}$ , die Lösung sich so schreiben lässt:

$\begin{eqnarray*} x(t) = e^{-\lambda t}(A \cdot cos(\omega_* t) + B \cdot sin (\omega_* t)) \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} \omega_* \end{eqnarray*}$ soll außerdem angegeben werden.

09.06.2010, 19:59

DGLer

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Meine Überlegung geht in folgende Richtung:

Oben steht ja in der Wurzel $\begin{eqnarray*} \frac{d^2}{4m^2} - \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \frac{k}{m} \end{eqnarray*}$ . Damit muss man also irgendwie hantieren. Aber: Wenn nun der erste Term kleiner sein soll als der zweite, erhalte ich eine negative Wurzel?

09.06.2010, 20:07

saz

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Genau, da musst du dann ein i (imaginäre Einheit) rausziehen.

Damit du das so umformen kannst wie oben behauptet, musst du die folgenden Dinge beachten

$\begin{eqnarray*} \cos x = \frac{1}{2} \cdot (e^{ix} + e^{-ix})<br /> \sin x = \frac{1}{2i} \cdot (e^{ix} - e^{-ix})<br /> \end{eqnarray*}$

Damit du überhaupt auf solche Terme kommst, ist es nützlich

$\begin{eqnarray*} e^{x+iy} = e^x \cdot e^{iy} \end{eqnarray*}$

zu benutzen.

09.06.2010, 20:18

DGLer

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Komplexe Zahlen, habe ich mir fast schon gedacht.

Wie lange kann man dich hier eigentlich noch nerven? Wenn ich die Aufgaben binnen 1 Stunde schaffen könnte (mit etwas Untersützung Big Laugh

Big Laugh

), wäre das spitze. Das hier ist jetzt die 2. von 4 Teilaufgaben gewesen. Ich habe sie jetzt auch verstanden und fange gleich mal mit der 3. an (bevor du nicht mehr da bist Big Laugh

Big Laugh

):

Die 3. verlangt, dass man die Anfangsbedingungen $\begin{eqnarray*} x(t=0) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dot{x}(t=0) = v_0 \end{eqnarray*}$ benutzt, um die Konstanten A und B zu elimieren.

09.06.2010, 20:58

saz

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Sorry, da war ich nun doch schon weg Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hast du es denn hinbekommen? Wenn ja: Bilde einfach $\begin{eqnarray*} \dot{x} \end{eqnarray*}$ und setze in x, $\begin{eqnarray*} \dot{x} \end{eqnarray*}$ dann jeweils t=0 ein. Dann bekommst du 2 Gleichungen für 2 Unbekannte und kannst somit A, B besitmmen.

09.06.2010, 21:19

DGLer

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Zitat:

Original von saz
Sorry, da war ich nun doch schon weg Augenzwinkern

Augenzwinkern

Kein Thema. smile

smile

Zitat:

Original von saz
Hast du es denn hinbekommen? Wenn ja: Bilde einfach $\begin{eqnarray*} \dot{x} \end{eqnarray*}$ und setze in x, $\begin{eqnarray*} \dot{x} \end{eqnarray*}$ dann jeweils t=0 ein. Dann bekommst du 2 Gleichungen für 2 Unbekannte und kannst somit A, B besitmmen.

Ich habe erstmal andere Aufgaben bearbeitet. smile

smile

Also:

Einfach $\begin{eqnarray*} x(t) = e^{-\lambda t}(A \cdot cos(\omega_* t) + B \cdot sin (\omega_* t)) \end{eqnarray*}$ ableiten, sodass ich x(t) und x'(t) habe? Dann in einem Gleichungssystem A und B bestimmen?

09.06.2010, 21:20

saz

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Jipp. So einfach ist es Augenzwinkern

Augenzwinkern

09.06.2010, 21:35

DGLer

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Prima, ich danke dir 1.000 mal. Die letzte Aufgabe kann ich jetzt sogar so lösen. Du hast mit seeeeehr gut geholfen. Mit Zunge

Mit Zunge

Big Laugh

09.06.2010, 21:37

saz

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Freut mich, viel Spass noch mit Differentialgleichungen smile

smile

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