maar hoe noteer je dan deze afgeleide want ik moet het met een differentiaalvergelijking oplossen en bewijzen dat: y(1)(t)+2y(t)=u(t) i$\in$$\mathbf{R}$ als u(t)=$\Delta$(t). De oplossingen y1(t)=e-2t·stap(t) & y2(t)=-e-2t·stap(-t)
En de tweede vraag is: schrijf y1(t)-y2(t)? en voor welke homologe diff. vergelijkibng is deze functie een oplossing
Piet
Student universiteit - donderdag 3 januari 2008
Antwoord
Om een algemene lineaire differentiaalvergelijking op te lossen, kan je best altijd eerste de homogene vergelijking oplossen, i.e. y(1)(t) + 2y(t) = 0
y(1)(t) = dy/dt(t) = -2y(t) dy/y = -2dt
Dit integreren we van y = y(t=0)= y0 tot y=y(t) en we krijgen
ln(y/y0) = -2t
Dit kunnen we omvormen na wat algebra tot
y = y0·e-2t (dit is de oplossing van de homogene vergelijking)
om de algemene vergelijking op te lossen, stellen we y0 niet langer constant maar nemen we hiervoor een (nog verder te bepalen) functie g(t)
y(t)=g(t)·e-2t
nu geldt volgens de kettingregel dan dat y(1)(t) = g(1)(t)·e-2t-2·g(t)·e-2t
we stoppen dit in de vergelijking, dan krijgen we
e-2t·(g(1)(t)-2g(t) + 2g(t)) = u(t)
hieruit volgt
g(1)(t) = u(t)·e^(+2t)
om g(t) te bepalen, moeten we dit enkel nog integreren $\int{}$g(1)(t) = g(t) = $\int{}\delta$(t)·e^(+2t)dt met de grenzen van -$\infty$ tot t, als t $>$ 0 geldt dat de piek van de dirac-distributie in het integratie-interval zit en dus dat de waarde t=0 er uit wordt genomen dus g = e^(2·0) = 1 als t$<$0 is de dirac-distributie overal in het integratie-interval nul en dus ook g(t) $\Rightarrow$ g(t) = 1 (t$>$0) en 0 (t$<$0) $\Rightarrow$ g(t) = $\theta$(t)
$\Rightarrow$ y(t) = $\theta$(t)·e^(-2·t)
je kunt echter ook van t naar +$\infty$ integreren. ook hier zijn er twee gevallen. als t$>$0 geldt dat de piek niet in het integratie-interval zit en ds net als hierboven geldt g(t) = 0. als t$<$0 geldt dat de piek er wel in zit en kunnen we dit oplossen. eerst vervangen we t door -t, dus dt wordt -dt en $\delta$(t) wordt $\delta$(-t)=$\delta$(t). $\int{}\delta$(t)e^(2·t) dt (van t tot +$\infty$) wordt $\int{}\delta$(t)e^(2·t) dt (van -t tot -$\infty$) of -$\int{}\delta$(t)e^(2·t) dt (van -$\infty$ tot -t). na al deze manipulatie staat de integraal eindelijk in de juiste vorm en kunnen we t=0 stellen. dit alles moet zo omdat anders de waarde t=0 er niet zoaar maar uit worden geplukt. het integratie-interval moet immers gaan van -$\infty$ naar een andere waarde.
eindelijk bekomen we dus g = -1 als we t=0 stellen. dus g = -1 (t$<$0) en 0(t$>$0) $\Rightarrow$ g(t)=-$\theta$(-t)
welke van de twee oplossingen nu de juiste is, hangt af van de beginwaarden van het probleem.
Voor het tweede punt van je vraag geldt y1(t)-y2(t) = e-2t·($\theta$(t)-(-$\theta$(-t))). Als t$<$0 geeft de eerste stapfunctie 0 en de tweede -1, dus hun verschil is 1. Als t$>$0 geeft de eerste stapfunctie 1 en de tweede 0, dus hun verschil is 1. y1(t) - y2(t) = e-2t
Pas op dit geldt enkel als t$ \ne $0, daar de stapfuncties in 0 niet gedefinieerd zijn.
de functie e-2t is oplossing van vele differentiaalvergelijking, maar enkel van één homogene eerste orde differentiaalvergelijking, die hierboven al is opgelost, nl. y(1)(t) + 2y(t)=0
Hopelijk is het nu duidelijk. Vrees niet het oplossen van diff.vergelijking. vergt vooral ervaring en valt niet te onderschatten.
Dit is een reactie op vraag 53660 
