TU Wien:Analysis 2 UE (diverse)/Übungen SS23/Beispiel 323

Ein RLC-Schwingkreis besteht aus einer Induktivität L von 0.05 Henry, einem Widerstand R von 20 Ohm, einem Kondensator C von 100 Mikrofarad, sowie einer elektromotorischen Kraft (Batterie) von $E=E(t)=100cos(200t)$, die in Reihe geschalten sind.
Bestimmt den Strom $i=i(t)$ zu einem beliebigen Zeitpunkt $t>0$ unter den Anfangsbedingungen $i(0)=0$ und der Bedingung, dass für die Ladung $q(t)=\underset{\tau =0}{\overset{t}{\int }}i(\tau )d\tau$ gilt mit $q(0)=0$. Wählen Sie zu der Lösung der linearen Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten die Ansatzmethode.

Anleitung: Es gilt: $L\frac{di(t)}{dt}+Ri(t)+\frac{1}{C}\underset{\tau =0}{\overset{t}{\int }}i(\tau )d\tau =E(t)$

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Hilfreiches

Lösungsverfahren für lineare Differentialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten: $y_h=\{\begin{array}{cc}{C}_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}t}& \text{Wenn }{\lambda }_1\ne {\lambda }_2,\text{ und beide reell}\\ (C_1+C_{2}t)e^{\lambda t}& \text{Wenn }{\lambda }_1={\lambda }_2\text{ und beide reell}\\ e^{\alpha t}(C_{1}cos(\beta t)+C_{2}sin(\beta t))& \text{Wenn }{\lambda }_{1,2}=\alpha \pm i\beta \end{array}$

Des Weiteren ist der folgende unbestimmte Ansatz vonnöten:

$s(t)=sin(rt)$ oder $cos(rt)$ $y_p=Asin(rt)+Bcos(rt)$

Lösungsvorschlag von Thinklex

--Thinklex 10:24, 23. Jun. 2021 (CEST)

Disclaimer: Die genauen Ergebnisse sind mir unbekannt, also es kann leicht sein, dass ich mich verrechnet habe, aber der ungefähre Lösungsansatz dürfte so stimmen:
Aus der Anleitung können wir uns eine lineare Differentialgleichung 2. Ordnung, für die Ladung ($q(t)$) basteln, da wir wissen, dass die Ladung das Integral von dem Strom über die Zeit ist:

$L\frac{di(t)}{dt}+Ri(t)+\frac{1}{C}\underset{\tau =0}{\overset{t}{\int }}i(\tau )d\tau =E(t)$
$L\dot{i}+Ri+\frac{1}{C}(q(t)-q(0))=E(t)$
$L\ddot{q}+R\dot{q}+\frac{1}{C}q=E(t)$

Diese DGL können wir mit der Ansatzmethode lösen:
Die charakteristische Gleichung:

$L{\lambda }^2+R\lambda +\frac{1}{C}=0$

${\lambda }_{1,2}=\frac{-R\pm \sqrt[2]{R^2-4L\frac{1}{C}}}{2L}=\frac{-20\pm 40i}{10^{-1}}$
${\lambda }_1=-200+400i$, ${\lambda }_2=-200-400i$

Somit ergibt sich die homogene Lösung für die Ladung:

$q_h=e^{-200t}(C_{1}cos(400t)+C_{2}sin(400t))$

Die partikuläre Lösung erfolgt nun über die Methode des unbestimmten Ansatzes:

$s(t)=100cos(200t)$

$q_p=Asin(rt)+Bcos(rt)$
$\dot{q_p}=Arcos(rt)-Brsin(rt)$
$\ddot{q_p}=-A{r}^{2}sin(rt)-B{r}^{2}cos(rt)$

Eingesetzt in die Gleichung ergibt das:

$L(-A{r}^{2}sin(rt)-B{r}^{2}cos(rt))+R(Arcos(rt)-Brsin(rt))+\frac{1}{C}(Asin(rt)+Bcos(rt))=100cos(200t)$

Umgeformt:

$sin(rt)(-LA{r}^2-RBr+\frac{1}{C}A)+cos(rt)(-LB{r}^2+RAr+B\frac{1}{C})=100cos(200t)$

Wenn wir uns die beiden Seiten ansehen, können wir daraus unter anderem folgern, dass die Konstante vor dem $sin(rt)$ 0 sein muss, weiters $r=200$ und die Konstante vor dem $cos(rt)$ 100 sein sollte. Dies ergibt die Gleichungen:

$0=-LA200^2-RB200+\frac{1}{C}A$
$100=-LB200^2-RA200+B\frac{1}{C}B$

Falls ich mich nun beim Lösen dieses Systems nicht verrechnet habe, ergibt dies für A und B: $A=10^6,B=2\cdot 10^6$

Und somit die partikuläre Lösung:

$q_p=10^{6}cos(200t)+2\cdot 10^{6}sin(200t)$

Und die Gesamtlösung für die Ladung:

$q(t)=e^{-200t}(C_{1}cos(400t)+C_{2}sin(400t))+10^{6}cos(200t)+2\cdot 10^{6}sin(200t)$

Durch die Bedingung $q(0)=0$ können wir uns $C_1$ ausrechnen:

$q(0)=0=C_1+0+10^6+0\to C_1=-10^6$

Wenn wir nun nach t ableiten, ergibt dies die Lösung für $i(t)$:

$i(t)=\dot{q(t)}=-200e^{-200t}(-10^{6}cos(400t)+C_{2}sin(400t))+e^{-200t}(10^6\cdot 400sin(400t)+C_2\cdot 400cos(400t))-10^6\cdot 200sin(200t)+10^6\cdot 400cos(200t)$

Nun wird noch die Anfangsbedingung $i(0)=0$ verwendet um $C_2$ zu berechnen (einsetzen und ausrechnen) $\to C_2=-1.5\cdot 10^6$

Somit ergibt sich die Lösung:

$i(t)=\dot{q(t)}=-200e^{-200t}(-10^{6}cos(400t)-1.5\cdot 10^{6}sin(400t))+e^{-200t}(10^6\cdot 400sin(400t)-1.510^6\cdot 400cos(400t))-10^6\cdot 200sin(200t)+10^6\cdot 400cos(200t)$