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Differenzialgleichungen zur Beschreibung des elektromagnetischen Schwingkreises

Ein elektromagnetischer Schwingkreis ist ein geschlossener Stromkreis, in dem ein Kondensator und eine Spule (mit induktivem und ohmschem Widerstand - in der folgenden Abbildung der Übersichtlichkeit halber getrennt gezeichnet) in Reihe geschaltet sind.

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Da es sich um einen geschlossenen Stromkreis ohne Spannungsquelle handelt, gilt:
U I N + U R + U C = 0   b z w .   L ⋅ l ′ ( t ) + R ⋅ I ( t ) + Q ( t ) C = 0 (1)

Da Q ′ ( t ) = I ( t ) gilt, erhält man durch Differenzieren der Gleichung (1) folgende Differenzialgleichung:
L ⋅ l ″ ( t ) + R ⋅ I ′ ( t ) + I ( t ) C = 0 bzw. l ″ ( t ) + R L l ′ ( t ) + 1 L C l ( t ) = 0 (2)

Hierbei handelt es sich um eine lineare homogene Differenzialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten der Form
f ″ ( x ) + q f ′ ( x ) + r   f ( x ) = 0   m i t   q = R L   u n d   r = 1 L C .

Als Lösungsansatz verwendet man die Exponentialfunktion f ( x ) = e k x , für die k zu bestimmen ist. Die Gleichung zur Bestimmung von k heißt die charakteristische Gleichung der Differenzialgleichung.

Die zur Differenzialgleichung (2) gehörende charakteristische Gleichung lautet k 2 + R L k + 1 L C = 0 mit der Lösung k 1 / 2 = − R 2 L ± R 2 4 L 2 − 1 L C . (3)

Mit den Lösungen k 1   u n d   k 2 erhält man als allgemeine Lösung der Differenzialgleichung f ″ ( x ) + q f ′ ( x ) + r   f ( x ) = 0   m i t   q = R L   u n d   r = 1 L C :

f ( x ) = { c 1 ⋅ e k 1 x + c 2 ⋅ e k 2 x f ü r   r < q 2 4 c 1 ⋅ e k x + c 2 ⋅ x ⋅ e k x c 1 ⋅ e − q 2 ⋅ x cos ω x + c 2 ⋅ e − q 2 ⋅ x sin ω x f ü r   r = q 2 4 ,   k 1 = k 2 = k f ü r   r > q 2 4 ,   ω = r − q 2 4 }       m i t   c 1 ,   c 2   k o n s tan t

Demnach hängt das Lösungsverhalten vom Größenvergleich zwischen r = 1 L C   u n d   q 2 4 = R 2 4 L 2 ab.

Beispiel

Es wird ein Schwingkreis betrachtet mit L = 0,1   H = 0,1 V s A   u n d   C = 10   μ F = 10 − 5 F = 10 − 5 A s V .

Für den Fall reeller Doppellösungen in Gleichung (3) erhält man R 2 4 L 2 = 1 L C und daraus R = 200 Ω .

Im Weiteren werden vier Fälle betrachtet:

  R 1 = 800 Ω R 2 = 200 Ω
Lösungen der char. Gleichungzwei reelle Lösungen k 1 = − 127,02 s − 1 k 2 = − 7872,98 s − 1 eine reelle Doppellösung k = − 1000 s − 1
Kreisfrequenzkeine Schwingungkeine
Schwingung
allg. Lösung der
Differenzialgl.
l 1 ( t ) = c 1 e − 127,02 s − 1 ⋅ t + c 2 e − 7872,98 s − 1 ⋅ t l 2 ( t ) = ( c 1 + c 2 t ) ⋅ e − 1000 s − 1 ⋅ t

 

  R 3 = 50 Ω R 4 = 0 Ω
Lösungen der char. Gleichungzwei komplexe Lösungenzwei komplexe
Lösungen
Kreisfrequenz ω = 968,25 s − 1 ω = 1000 s − 1
allg. Lösung der
Differenzialgl.
l 3 ( t ) = e − 250 s − 1 ⋅ t ( c 1 cos 968,25 s − 1 t     + c 2 sin 968,25 s − 1 t ) l 4 ( t ) = c 1 cos 1000 s − 1 t + c 2 sin 1000 s − 1 t

Als partikuläre Lösung für U C ( 0 ) = 10 V ,   l ( 0 ) = 0 ergeben sich dann:

K r i e c h f a l l : l 1 ( t ) = − 0,0129 A ⋅ e − 127,02 s − 1 ⋅ t + 0,0129 A ⋅ e − 7872,98 s − 1 ⋅ t   a p e r i o d i s c h e r   G r e n z f a l l : l 2 ( t ) = − 100 A s − 1 t ⋅ e − 1000 s − 1 ⋅ t   g e d ä m p f t e   S c h w i n g u n g e n : I 3 ( t ) = e − 250 s − 1 ⋅ t ⋅ 0,1033 A   sin 968,25 s − 1 t   u n g e d ä m p f t e   S c h w i n g u n g e n : l 4 ( t ) = − 0,1 A   sin 1000 s − 1 t  

Hinweis: Wenn l = 0,   d a n n   i s t   U R = 0,   a l s o   U I N = − U C = − 10 V und damit l ′ ( 0 ) = − 10 V 0,1 H = − 100 A s − 1 .

Die Stromstärkeverläufe für die vier verschiedenen Widerstände sind in der folgenden Abbildung grafisch dargestellt. Man erkennt, wie sich die wachsenden Widerstandsgrößen auf die Kurven für die zugehörigen Stromstärken auswirken.

  • Lösungen der linearen Differenzialgleichung
Lernhelfer (Duden Learnattack GmbH): "Differenzialgleichungen zur Beschreibung des elektromagnetischen Schwingkreises." In: Lernhelfer (Duden Learnattack GmbH). URL: http://www.lernhelfer.de/schuelerlexikon/mathematik-abitur/artikel/differenzialgleichungen-zur-beschreibung-des (Abgerufen: 19. May 2025, 21:41 UTC)

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Differenzen- und Differenzialgleichungen

Gleichungen als typisches Arbeitsmittel und zugleich bedeutsamer Arbeitsgegenstand der Mathematik treten in der Schulmathematik vor allem als lineare, quadratische, goniometrische und Wurzelgleichungen auf. Sie werden zur Berechnung von Funktionswerten für gegebene Argumente, zur Bestimmung der Nullstellen und zur Ermittlung von Extrempunkten von Funktionen, zur analytischen Untersuchung von Eigenschaften geometrischer Gebilde u.a. genutzt. In allen diesen Fällen handelt es sich um Gleichungen, deren Lösungen Zahlen oder Größen sind.

Differenzen- und Differenzialgleichungen sind von anderer Natur, denn sie besitzen als Lösungen Folgen bzw. Funktionen. Dennoch sind sie uns nicht ganz unbekannt. So kann beispielsweise eine geometrische Folge explizit durch a i = s ⋅ q i ,   i ∈ ℕ ,   q , s ∈ ℝ beschrieben werden, aber auch durch die rekursive Bildungsvorschrift a 0 = s     u n d     a i     +   1 = q ⋅ a i ,   i ∈ ℕ .

Differenzialgleichungen zur Beschreibung des Lade- und Entladevorgangs eines Kondensators

In einem Gleichstromkreis befindet sich eine Spannungsquelle mit der Spannung U 0 ein ohmscher Widerstand R und ein Kondensator mit der Kapazität C.
Wird Spannung angelegt, so fließt über den Widerstand R ein Strom I zum Kondensator und lädt ihn auf. Dabei wächst die Kondensatorspannung U C = Q C .

Beim Stromfluss fällt am Widerstand die Spannung U R = I ⋅ R ab. Die Summe aus Spannungsabfall am ohmschen Widerstand und Kondensatorspannung ist immer gleich der Spannung der Spannungsquelle.

Es gilt also U 0 = U R + U C = I R + Q C , woraus mit I = d Q d   t folgt:
U 0 = R d Q d   t + Q C   b z w .   d Q d   t + Q R C = U 0 R

Diese Gleichung ist eine lineare inhomogene Differenzialgleichung 1. Ordnung der Form f ′ ( x ) + q   f ( x ) = s mit den Koeffizienten q = 1 R C   u n d   s = U 0 R sowie der gesuchten Funktion Q = Q ( t ) , die im Folgenden zu lösen ist.

Lineare Differenzialgleichungen 1. Ordnung

Die einfache lineare Differenzialgleichung 1. Ordnung f ′ ( x ) + f ( x ) − x = 0 lässt sich nicht durch Trennen der Variablen lösen. Wird die Differenzialgleichung nämlich in die Form f ′ ( x ) = x − y gebracht, so erkennt man, dass sich die rechte Seite nicht als Produkt g ( x ) ⋅ h ( y ) schreiben lässt, was Voraussetzung für das Trennen der Variablen ist.
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Lösen von linearen inhomogenen Differenzialgleichungen 1. Ordnung mittels Variation der Konstanten

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