Gegeben sei die Diferentialgleichung
y'(t) = A\cdot y(t) +B.
Sei y die Lösung mit
y(t) = {\color{teal}C} \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} + {\color{blue}b}
und y(0) = Y0.
Bestimmen Sie den Funktionswert \color{orange}y \left(fractionReduce(L,A) \ln(Y1)\right).
\color{orange}y \left(fractionReduce(L,A) \ln(Y1)\right)
=
C*pow(Y1,L)-Q
Berechne {\color{red}a}, {\color{blue}b}, {\color{teal}C} wie in einer der anderen Aufgaben:
Setze die Funktion
y(t) = C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} + {\color{blue}b}
in die Diferentialgleichung
y'(t) = A\cdot y(t) +B ein.
Es y'(t) = \left (C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} + {\color{blue}b}\right)' =
{\color{red}a} \cdot C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t}.
Damit folgt {\color{red}a} \cdot C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} =
A\cdot \left(C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} + {\color{blue}b} \right) +B
= A \cdot C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} +\left( A {\color{blue}b}+ B \right) .
Da die Gleichung für alle reellen Zahlen C erfüllt sein soll, gilt dies auch für C = 0.
Wir lösen A {\color{blue}b}+ B=0 nach {\color{blue}b} auf.
Das liefert {\color{blue}b} = \dfrac{-B}{A} = fractionReduce(-B,A).
Setze {\color{blue}b} in {\color{red}a} \cdot C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t}
= A \cdot C \cdot e^{{\color{red}a} \cdot t} +\left( A {\color{blue}b}+ B \right)
mit t = 0 ein.
Das ergibt {\color{red}a} \cdot C \cdot 1
= A \cdot C \cdot 1+\left( A {\color{blue}b}+ B \right)
= A \cdot C +0 und schlussendlich {\color{red}a} = A .
Um {\color{teal}C} zu finden, verwende die Bedingung y(0) = Y0.
y(0) = Y0 = {\color{teal}C} \cdot e^{{\color{red}A} \cdot 0} +
{\color{blue}fractionReduce(-B,A)}
und damit {\color{teal}C} = Y0 - {\color{blue}fractionReduce(-B,A)}
= fractionReduce(Y0*A+B, A).
Für die Lösungsfunktion gilt also: y(t) = C \cdot e^{A \cdot t} - Q.
Setze t = fractionReduce(L,A) \ln(Y1) ein.
Das liefert \color{orange}y \left(fractionReduce(L,A) \ln(Y1)\right) =
C*pow(Y1,L)-Q.