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 Differentialgleichung des harmonischen Oszillators mit Fourier lösen |
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RaulE
Junior 
Dabei seit: 29.09.2023
Mitteilungen: 13
 |  Themenstart: 2023-09-30
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Hallo Zusammen!
Ich habe die Aufgabe bekommen die folgende Differentialgleichung mit Hilfe von Fourierreihen zu lösen:
\[(\partial_{t}^{2} + a \partial_{t} + b) u(t) = f(t)\]
wobei \(f \in C^{\infty}\) \(2\pi \)-periodisch ist.
Für \(a,b > 0 \)
Mein Lösungsweg bis jetzt:
Ich habe angenommen, dass \(u \in C^{\infty}\). Damit konnte ich die Funktion durch eine Fourierreihe ausdrücken:
\[u(t) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} u_{n} \exp(int)\]
und das Gleiche für f(t).
Diese Fourierreihen habe ich dann in die DGL eingesetzt und abgeleitet. Ich erhalte also:
\[\sum_{n \in \mathbb{Z}} {-n^2 u_{n} \exp(int)} + a \cdot \sum_{n \in \mathbb{Z}} {inu_{n} \exp(int)}\\ + b \cdot \sum_{n \in \mathbb{Z}} {u_{n} \exp(int)} = \sum_{n \in \mathbb{Z}} {f_{n} \exp(int)}\]
Dies habe ich dann zusammengefasst zu:
\[\sum_{n \in \mathbb{Z}} {((-n^2 + ain +b)u_{n} -f_{n}) \exp(int)} = 0\]
Jetzt zu meiner Frage: Ist der Weg bis jetzt korrekt? Und darf ich nun daraus folgern, dass:
\[(-n^2 +ain + b) u_{n} - f_{n} = 0\] ?
Da die Funktion glatt ist, muss doch die Fourierreihe absolut konvergent sein.
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Mandelbluete
Senior 
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 639
Wohnort: Fuchsbau
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2023-10-02
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
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\newcommand{\und}{\quad\text{und}\quad}\)
Huhu!
Um $\ddot{x}(t) + 2\gamma\dot{x}(t) + \omega_0^2x(t) = f(t)$ zu lösen (ich habe die Koeffizienten angepaßt, wie es normalerweise gemacht wird), braucht man wie üblich zunächst die allgemeine Lösung des homogenen Problems ($f = 0$). Außerdem muß zwischen den Fällen $\gamma < \omega_0$, $\gamma = \omega_0$ und $\gamma > \omega_0$ unterschieden werden. Bei einem schwach gedämpften Oszillator ($\gamma < \omega_0$) hat das homogene Problem die Lösung
\[
x_h(t) = e^{-\gamma t}(c_1e^{-\i\omega_1 t} + c_2e^{\i\omega_1 t}), \quad \omega_1 := \sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2}.
\]
Jetzt gilt es, irgendeine partikuläre Lösung zu finden. Das klappt tatsächlich mit der Fouriertransformation. (Es klappt auch mit der Laplacetransformation.)
\[
X(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty x(t) \, e^{-\i kt} \, \d t \und x(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty X(k) \, e^{\i kt} \, \d k
\]
seien Fouriertransformation und -rücktransformation. Mit den Differentiationsregeln bei der Fouriertransformation bekommt man
\[
\begin{aligned}
X(k) &= \frac{F(k)}{-k^2 + 2\i\gamma k + \omega_0^2}
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty \frac{f(s)\,e^{-\i sk} \, \d s}{-k^2 + 2\i\gamma k + \omega_0^2}, \\
x_p(t) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(s) \, g(t,s) \, \d s, \quad
g(t,s) := \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{\i k(t-s)} \, \d k}{-k^2 + 2\i\gamma k + \omega_0^2}.
\end{aligned}
\]
Das Integral $g(t,s)$ kann man nun einfach ausrechnen. Solche Integrale sind eine schöne Anwendung des Residuensatzes. Für $s>t$ bekommt man Null, für $s < t$ hingegen
\[
g(t,s) = \frac{2\pi}{\omega_1}e^{-\gamma(t-s)}\sin\omega_1(t-s).
\]
Jetzt überprüft man, daß dieses $x_p(t)$ wirklich eine partikuläre Lösung ist und bekommt als allgemeine Lösung
\[
x(t) = e^{-\gamma t}(c_1e^{-\i\omega_1 t} + c_2e^{\i\omega_1 t})
+ \frac{1}{\omega_1}\int_{-\infty}^\infty f(s) \cdot \Theta(t-s) \cdot e^{-\gamma(t-s)} \cdot \sin\omega_1(t-s) \, \d s,
\]
wobei $\Theta$ die Heaviside-Funktion ist.
Wenn man mit Fourierreihen rechnet, hat man statt des Integrals die Reihe
\[
g(t,s) = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{e^{\i n(t-s)}}{-n^2 + 2\i n\gamma + \omega_0^2}
\]
in der Formel für $x_p(t)$ stehen. Man könnte jetzt versuchen, das in die gleichen Funktionen aufzulösen.
Liebe Grüße
Mandelblüte\(\endgroup\)
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