WisFaq!

Vraagstuk stroomkring

Beste

Ik heb een vraagstuk opgelost maar ik ben niet zeker of ik het correct opgelost heb. Het vraagstuk is als volgt :
Een stroomkring bestaat uit een condensator met capaciteit C, een klos met zelfinductie L en een stroombron waarvoor E=E0·cos(w·t). Voor de lading q geldt :
L(d²q/dt²)+(q/C)=E0·cos(w·t)
Bepaal de functie t-$>$q als w=1/√(CL)

oplossing:
L(d²q/dt²)+(q/C)=E0·cos(w·t)
(d²q/dt²)+(q/(C·L))=(E0·cos(w·t))/L
YH : (d²q/dt²)+(q/(C·L))=0
r²+(1/(L·C))=0
r=√(-1/(L·C))
YH=c1·e^√((-1/(L·C))·t)

YP: ik stel hier A= E0/L niet zeker of dit mag?
YP=A·cos(w·t)
YP'=-A·sin(w·t)·w afgeleid naar t
YP''=-A·cos(w·t)·w²

Nu dit invullen in (d²q/dt²)+(q/(C·L))=(E0·cos(w·t))/L
geeft:
-A·cos(w·t)·w²+A·cos(w·t)=(E0·cos(w·t))/L
A er uit halen geeft : A=-E/(L·((w²)-1))

dan A invullen in YP:
YP=(-E/(L·((w²)-1)))·cos(w·t)

dan stel ik Y op :
Y=YH+YP=c1·e^√((-1/(L·C))·t)+(-E/(L·((w²)-1)))·cos(w·t)

Nu is er ook gegeven dat w=1/√(CL)
Dit moet ik dan gewoon in de gevonden functie invullen veronderstel ik? Er is ook een versie van dit vraagstuk waar w niet gelijk is aan w=1/√(CL). Wat bedoelen ze dan hier mee?
Klopt de uitwerking van deze oefening? De uitkomst is niet gegeven dus ik kan niet vergelijken.

Alvast bedankt

Bart

Bart
8-6-2012

Antwoord

Beste Bart,

Voor de homogene oplossing vind je als karakteristieke vergelijking r² = -1/(LC). Aangezien L en C positief zijn, is r² negatief en heb je geen reële oplossingen. Je kan je homogene oplossing dan nog steeds met e-machten schrijven, maar je vergeet dat er een tweede oplossing is (de negatieve wortel).
Aangezien het een tweede orde differentiaalvergelijking is, verwacht je ook twee basisoplossingen en daarmee gepaard ook twee integratieconstanten. Maar misschien is het de bedoeling om een (reële) oplossing te noteren in termen van sinus en cosinus? Dat lijkt mij in elk geval logischer.
Het is ook wat vreemd dat je y(t) gebruikt, de afhankelijke variabele is hier immers q (van y is geen sprake). De homogene oplossing wordt dan gegeven door:
$$q_h(t) = c_1 \exp\left(\frac{it}{\sqrt{LC}}\right)+c_2 \exp\left(-\frac{it}{\sqrt{LC}}\right)$$of, geschreven in reële vorm:
$$q_h(t) = c_1 \cos\left(\frac{t}{\sqrt{LC}}\right)+c_2\sin\left(\frac{t}{\sqrt{LC}}\right)$$en met $\omega = 1/\sqrt{LC}$ gegeven wordt dat korter:
$$q_h(t) = c_1 \cos\left(\omega t\right)+c_2\sin\left(\omega t\right)$$Eigenlijk is ook het rekenwerk wat eenvoudiger door $\omega = 1/\sqrt{LC}$ onmiddellijk te gebruiken en de differentiaalvergelijking eerst al te herschrijven (deel beide leden door L) als:
$$q''(t) + \omega^2 q(t) = \frac{E_0}{L}\cos\left(\omega t\right)$$
Je voorstel voor een particuliere oplossing is onvolledig: met een cosinus in het rechterlid moet je een som van cosinus én sinus voorstellen. Bovendien is, door het feit dat $\omega = 1/\sqrt{LC}$, het inhomogeen deel (rechterlid) al een oplossing van de homogene vergelijking. Misschien ben je dat al eens tegengekomen, de methode bestaat er dan in het voorstel voor een particuliere oplossing te vermenigvuldigen met t; stel dus voor:
$$q_p(t) = A\,t\cos(\omega t)+B\,t\sin(\omega t)$$Substitutie van dit voorstel voor $q_p(t)$ in de oorspronkelijke differentiaalvergelijking levert een lineair stelsel in de onbekende coëfficiënten A en B.

Lukt het zo?

mvg,
Tom

td
8-6-2012