DGL 1. Ordnung, Integral

Question

Ein Stromkreis mit einem zeitabhängigen ohmschen Widerstand werde durch die Differentialgleichung erster Ordnung i'(t) + 6sin(t) · i = sin(2t) beschrieben. Ermitteln Sie den zeitlichen Verlauf der Stromstärke i für den Anfangswert i(0) = 0.

Für die homogene Lösung habe ich nach Trennung der Variablen i_o = e^{6 cos t} · c erhalten. Als partikulären Ansatz (aus einer Tabelle entnommen) habe ich i_p = c₁ · sin (2t) + c₂ · cos (2t) gewählt. Da ich jedoch nicht sicher bin, wie ich Sinus und Cosinus beim Koeffizientenvergleich handhaben muss, habe ich versucht durch Variation der Konstanten auf eine Lösung zu kommen.

i₀ = c(t) · e^{6 cos t}

i'₀ = c'(t) · e^{6 cos t} + c(t) · e^{6 cos t} · (-6 sin t)

In die Ausgangsgleichung eingesetzt ergibt sich also:

c'(t) · e^{6 cos t} - (6 sin t) · c(t) · e^{6 cos t} + 6 sin (t) · c(t) · e^{6 cos t} = sin (2t)

c'(t) · e^{6 cos t} = sin (2t)

c'(t) = e^{-6 cos t} · sin (2t)

So und nun beginnt das eigentliche Problem, bei dem ich nicht weiterkomme.

c(t) = ∫ e^{-6 cos t} · sin (2t) dt

Ohne zu Substituieren, lässt sich dieses Integral meiner Ansicht nach nicht lösen, da ich jedoch auch nach vielen Versuchen keine Lösung gefunden habe, habe ich mir von WolframAlpha folgende Lösung errechnen lassen:

c(t) = (1 / 18) · e^{-6 cos t} · (6 cos (t) + 1)

Ich gehe davon aus, dass diese Lösung stimmt. Mich ärgert es aber, dass ich nicht darauf komme. Über Hilfe würde ich mich freuen.

Comments

Die Umformung hatte ich noch gefunden aber trotzdem

Für alle die vielleicht die Lösung interessiert hab ich mal etwas ausführlicher mein Lösung aufgeschrieben.

Mein Integral sah nach Substitution von -6 cos(t) = z dann wie folgt aus:

∫ 2 sin(t) · cos(t) · e^z · ( 1 / 6 sin(t) ) dz

Nach kürzen:

1 / 3 ∫ cos(t) · e^z dz

Jetzt fehlte mir anfangs die Idee mein cos(t) nach z umzustellen. Danach ging es dann aber recht einfach.

Mit cos(t) = - z / 6

- 1 / 18 ∫ z · e^z dz

lies sich das Integral mit partieller Integration dann einfach lösen und rücksubstiuieren zu:

c(t) = (1 / 18) · e^{-6 cos t} · (6 cos (t) + 1) + c

Dann nur noch einsetzen in den Ansatz zur VDK und wir erhalten unsere partikuläre Lösung:

i_p = C(t) · e^{6 cos(t)}

i_p = ( 1 / 18 ) ·e^{-6 cos(t)} ·e^{6 cos(t)} · 6 cos(t) + ( 1 / 18 ) · e^{-6 cos(t)} · e^{6 cos(t)} + e^{6 cos(t)} · c

Dann zusammengefasst:

i_p = ( 1 / 18 ) · 6 cos(t) + ( 1 / 18 ) + e^{6 cos(t)} · c

Dann einsetzen in:

i (t) = i₀ + i_p

i (t) = c₁ · e^{6 cos(t)} + ( 1 / 18 ) · 6 cos(t) + ( 1 / 18 ) + e^{6 cos(t)} · c₂

Jetzt noch kürzen und c₁ · e^{6 cos(t) +} c₂ · e^{6 cos(t)} zu ( c₁ + c₂ ) · e^{6 cos(t)} = c · e^{6 cos(t)}  zusammenfassen:

i (t) = c · e^{6 cos(t)} + ( 1 / 3 ) cos (t) + ( 1 / 18 )

c = - ( 7 / 18 ) · e^-6        mit i (0) = 0

PS: Ist es denn möglich diese Aufgabe auch über den Koeffizientvergleich zu lösen?

Als eventuellen Ansatz hätte ich:

i_p = c_1 · sin (2t) + c_{2 ·} cos (2t)

Wie ich hier mit dem Sinus und Cosinus verfahren muss weiss ich allerdings nicht.

      Vielen Dank für deine / eure Hilfe

Answer 1

benutze die Identität \( \sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t) \)

Reicht dir das für eine erfolgreiche Substitution?

Gruß