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Fourier Transformation DGL

Universität / Fachhochschule

Tags: DGL, fouriertransformation

gonnabeph aktiv_icon

21:19 Uhr, 04.06.2015

Hallo, ich habe nun diverse Aufgaben zur Fourier Transformation bekommen. Vorab beschäftigt mich allerdings die Frage wie ich mittels Fourier Transformation eine gewöhnliche DGL geknackt bekomme. Folgende DGL liegt vor.

\frac{d y}{d t} + 2 y (t) = 1

Mein erste Schritt war ganz klassisch wie man dies auch bei der Laplace Transformation macht, indem ich auf beiden Seiten die Transformation anwende. Damit erhalte ich:

F T [\frac{d y}{d t} + 2 y (t)] = F T [1]

Da die FT linear ist, kann ich die FT auf jeden Ausdruck einzeln anwenden. Damit erhalte ich:

F T [\frac{d y}{d t}] + 2 F T [y (t)] = F T [1]

Nun habe ich im Bronstein einmal nachgeschlagen und gefunden das sich die Ableitung einer FT folgendermaßen verhält:

F T [f ʹ (t)] = i ω F [f (t)]

Diese Regel auf mein Problem angewendet liefert mir dann:

i ω F T [y (t)] + 2 F T [y (t)] = F T [1]

Das Omega kommt aus der Definition der FT mit

F T [f (t)] = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) e^{- i ω t} d t

Die Frage die sich mir nun stellt ob ich dies jetzt wie bei Laplace Transformation auch wie eine Gleichung behandeln darf. Dann würde ich

F T [y (t)]

ausklammern und danach auflösen.

F T [y (t)] (i ω + 2) = F T [1]

F T [y (t)] = \frac{F T [1]}{i ω + 2}

Laut Tabelle ist

F T [1] = 2 π δ (ω)

Damit erhalte ich dann:

F T [y (t)] = \frac{2 π δ (ω)}{i ω + 2}

Jetzt die Rücktransformation

F T^{- 1} []

liefert dann:

y (t) = F T^{- 1} [\frac{2 π δ (ω)}{i ω + 2}]

Wenn ich das einmal durchziehe mit

y (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{\infty} e^{i ω t} \cdot \frac{2 π δ (ω)}{i ω + 2} d ω

erhält man ein sehr einfaches Integral da über die Delta Funktion integriert wird.
Ich komme damit auf

y (t) = \frac{1}{2}

was tatsächlich die DGL löst.

Nun eine weitere Frage.
Klappt FT für gewöhnlich bei DGL ohne Anfangsbedingungen?
Ich frage mich das da man mit Laplace Transformation nur Differentialgleichungen mit Anfangsbedingungen lösen kann. Des Weiteren frage ich mich ob das nur mit konstanten Koeffizienten klappt? Bei Laplace Transformation ist die Einschränkung auch das es nur konstante Koeffizienten sein dürfen.

Es wäre schön wenn mir jemand meine Fragen beantworten könnte.

Vielen Dank! :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Edddi aktiv_icon

12:32 Uhr, 05.06.2015

. .

. per Laplace und ohne Anfangsbedingung!

y' (t) + 2 \cdot y (t) = 1

L {y' (t)} + L {2 \cdot y (t)} = L {1}

s \cdot F (s) - f (0) + 2 \cdot F (s) = \frac{1}{s}

f (0)

unbekannt ersatzt man einfach durch Parameter,

z . B

C

s \cdot F (s) - C + 2 \cdot F (s) = \frac{1}{s}

s \cdot F (s) + 2 \cdot F (s) = \frac{1}{s} + C

(s + 2) \cdot F (s) = \frac{1}{s} + C

F (s) = \frac{1}{s \cdot (s + 2)} + \frac{C}{s + 2}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = L^{- 1} {\frac{1}{s \cdot (s + 2)}} + L^{- 1} {\frac{C}{s + 2}}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = L^{- 1} {\frac{1}{s \cdot (s + 2)}} + C \cdot L^{- 1} {\frac{1}{s + 2}}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = L^{- 1} {\frac{1}{s \cdot (s + 2)}} + C \cdot e^{- 2 \cdot t}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = L^{- 1} {\frac{1}{2 \cdot s} - \frac{1}{2 \cdot (s + 2)}} + C \cdot e^{- 2 \cdot t}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = L^{- 1} {\frac{1}{2 \cdot s}} - L^{- 1} {\frac{1}{2 \cdot (s + 2)}} + C \cdot e^{- 2 \cdot t}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = \frac{1}{2} \cdot L^{- 1} {\frac{1}{s}} - \frac{1}{2} \cdot L^{- 1} {\frac{1}{s + 2}} + C \cdot e^{- 2 \cdot t}

y (t) = L^{- 1} {F (s)} = \frac{1}{2} \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot e^{- 2 \cdot t} + C \cdot e^{- 2 \cdot t}

y (t) = - \frac{1}{2} \cdot e^{- 2 \cdot t} + C \cdot e^{- 2 \cdot t} + \frac{1}{2}

y (t) = (C - \frac{1}{2}) \cdot e^{- 2 \cdot t} + \frac{1}{2}

y (t) = C_{1} \cdot e^{- 2 \cdot t} + \frac{1}{2}

Und für

C_{1} = 0

erhälst du

z . B

. deine Lösung.

Wie du siehst. gehts bei Laplace auch ohne Anfangsbedingungen.

;-)

gonnabeph aktiv_icon

15:49 Uhr, 05.06.2015

Hallo Eddi, so habe ich das noch nie betrachtet das ich die Anfangsbedingungen auch einfach als Konstanten setzen kann. Ehrlich gesagt sind Transformationen noch ziemlich neu für mich und ich versuche mich gerade in dem absolut faszinierenden Thema etwas zurecht zu finden.

Was mir allerdings auffällt, die Rechnung mittels Laplace Transfo. erscheint mir doch sehr viel aufwändiger.

Ich habe nun etwas weiter gelesen und noch herausgefunden das die Laplace Transfo eine Verallgemeinerung der Fourier Transfo ist. Soll heißen, jede Fourier tansformierbare Funktion ist auch Laplace transformierbar. Die Umkehrung gilt nicht.

Kann ich also die Fourier Transfo als ein weiteres Tool betrachten um DGLs zu lösen?

Ich meine wenn die Laplace Transfo eine Verallgemeinerung ist und damit sich auch DGLs ohne Anfangsbedingungen lösen lassen, wozu dann noch Fourier Transfo?

Gruß :-)

DrBoogie aktiv_icon

16:51 Uhr, 05.06.2015

Fourier ist einfacher, deshalb.

gonnabeph aktiv_icon

13:13 Uhr, 07.06.2015

Hallo, damit ist erstmal alles klar. Es werden bestimmt später weitere Fragen aufkommen.

Bis dahin vielen Dank! :-)

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