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| Aufgabe | Die Funktion f (t) werde definiert durch
[mm] f(t)=\begin{cases} 4t, & \mbox{für } 0 \le t < 2\pi \\ 8\pi, & \mbox{für } t \ge 2\pi \end{cases} [/mm]
Bestimmen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation die Lösung des Anfangswertproblems
u'' + 4u = f (t) , u (0) = 1, u' (0) = 0.
Machen Sie anschließend die Probe.
Hinweis: Drücken Sie f (t) mit Hilfe der Heavisidefunktion aus und verwenden Sie bei der Laplace-Transformation den Verschiebungssatz. |
Hallo,
ich weiß nicht genau wie ich das als heavisidefunktion ausdrücken soll, die ja lautet:
[mm] \delta(t) [/mm] = [mm] f(n)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } n < 0 \\ 1, & \mbox{für } n \ge 0 \end{cases}
[/mm]
wie forme ich das jetzt als die heavisidefunktion? die [mm] 8\pi [/mm] kann ich ja eigentlich einfach rausziehen oder? aber wie geht das mit 4t?
mfg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:50 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo pandabaer,
was Du mit dem Delta angeschrieben hast, ist eine Sprungfunktion für ganzzahlige Variablen. Wie Du darauf kommst, weiss ich nicht. Die Heavisidefunktion ist eine Funktion, die für Variablenwerte größer 0 identisch gleich 1 ist, und 0 ergibt für negative Argumente. Mit diesem Wissen kannst Du Deine zusammengesetzte Funktion durch zeitlich verschobene Sprungfunktionen ausdrücken. Den ersten Anteil zwischen 0 und 2 gewichtest Du mit einer Rechteckfunktion, die Du aus zwei Sprungfunktionen zusammensetzt, eine mit positivem und eine mit negativem Vorzeichen. Für werte größer als 2 kannst Du dann mit einer verschobenen Sprungfunktion arbeiten. Damit lassen sich die beiden Teile Deiner Gleichung als eine Gleichung darstellen. Bezeichne ich als E-Techniker die Sprungfunktion mit [mm] u(t) [/mm] (aus dem Englischen: unity step) so lässt sich für f(t) schreiben:
$$ f(t) = 4t [mm] \cdot [/mm] (u(t) - u(t-2)) + 8 [mm] \pi \cdot [/mm] u(t-2) $$
Damit kannst du dann weiterrechnen.
Viele Grüße,
Infinit
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bei uns in der vorlesung wurde das als heavisidefunktion vorgestellt(nicht mit delts sondern sigma, was ich vorhin nicht zu schreiben wusste:()
was ich nicht verstehe:
diese rechteckfunktion ist ja in einem graph immer nur eine parallele zur x-achse, wieso kann ich das hier anwenden obwohl das eigentlich eine schräge gerade 4t wäre?
bei uns wurde die rechteckfunktion definiert als:
W(t)= [mm] \sigma(t-a) [/mm] - [mm] \sigma[t-b)
[/mm]
hier gibt es aber nur ein a= [mm] 2*\pi, [/mm] oder wie darf ich das verstehen:)?
danke für die shcnelle antwort!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:24 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo pandabear,
deine ursprüngliche Funktion wird mit der Heavisidefunktion multipliziert und dadurch entsteht für den 4t-Anteil die Gewichtung mit einer Rechteckfunktion, die nur zwischen 0 und 2 den Wert von 1 annimmt.
Für positive Zeiten und eine ewig ansteigende Funktion könntest Du auch schreiben:
$$ [mm] f_1 [/mm] (t) = 4t [mm] \cdot \sigma [/mm] (t) $$
Wenn Du diese Funktion überlagerst mit einer Funktion, die für Werte größer als 2 gerade die Funktionswerte wieder abzieht, hast Du dadurch Deinen Abschnitt für die Zeiten zwischen 0 und 2 beschrieben.
$$ [mm] f_2(t) [/mm] = 4t [mm] \cdot (\sigma [/mm] (t) - [mm] \sigma(t-2)) [/mm] $$
Der um 2 verschobene Einheitssprung ist ja bis t = 2 gerade 0, greift also nicht in die Funktion für kleinere Zeiten ein.
Mal es Dir am besten mal auf, dann sieht man es sofort.
Deine Definition für die Rechteckfunktion ist genau die, die ich auch angewendet habe.
Viele Grüße,
Infinit
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hm, das habe ich jetzt denke ich verstanden, aber wie rechne ich jetzt damit weiter? kann ich [mm] \sigma(t-2) [/mm] irgendwie umschreiben? ich brauche ja die Form einer DGL...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:08 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
Du brauchst keine DGL, denn Du sollst ja gerade über die Laplacetransformierte der DGL arbeiten. Auf diese Weise wird aus der DGL eine Potenzengleichung im Laplacebereich. Da gibt es nämlich den Differentiationssatz, der Dir hilft, die linke Seite der DGL zu transformieren:
Gehört zu f(t) die Transformierte F(s), so gehört zur n-ten Ableitung [mm] f^{(n)} (t) [/mm] die Transformierte
$$ [mm] s^n [/mm] F(s) - [mm] \sum_{k=0}^{n-1} s^{n-k-1} \bruch{d^k}{dt^k} [/mm] f(0) $$
In dem Summanden tauchen also die Anfangsbedingungen der DGL auf.
Dann musst Du noch die Transformierte für die rechte Seite bestimmen und so bekommt man F(s) raus, das man dann zurücktransformiert.
Viel Spaß beim Einsetzen,
Infinit
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die transformation der rechten seite berechne ich mit dem faltungssatz? und für ist u(t) ist die transformierte dann 1/s was ist es dann für u(t-2)?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:08 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo pandabaer,
die Lapacetransformierte ist doch definitionsgemäß sowieso nur für positive Zeiten definiert, es langt also, einfach den Verschiebungssatz anzuwenden. Gehört zu f(t) F(s), so gehört zu
[mm] f(t-t_0) \cdot \sigma (t-t_0) [/mm], also einer zum Zeitpunkt [mm] t_0 [/mm] einsetzenden Funktion, die Korrespondenz
$$ [mm] e^{-st_0} F(s)\, [/mm] .$$
Für den Term [mm] -4t \cdot \sigma (t-2) [/mm] erhält man also
$$ [mm] \bruch{-4}{s^2} \cdot e^{-2s} \, [/mm] .$$
VG,
Infinit
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also ist die transformation dann:
F(s)= [mm] \bruch{4}{s^3} [/mm] - [mm] \bruch{4*e^{-2s}}{s^2} [/mm] + [mm] 8\pi*e^{-2s}
[/mm]
und jetzt müsste ich wieder ücktransformieren und mit dem AWP auswerten?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:12 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Das [mm] s^3 [/mm] im Nenner des ersten Terms müsste ein [mm] s^2 [/mm] sein, dann stimmt die rechte Seite. Wo ist denn aber die linke Seite der DGL geblieben, da muss es doch einen Ausdruck mit [mm] U(s) [/mm] geben.
Viele Grüße,
Infinit
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ich dachte u ist die heavisidefunktion? deswegen auch [mm] s^3...
[/mm]
wie komme ich denn auf u? und welche linke seite meinen sie?
etwa die der gleichung
u'' + 4u = f(t) ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:35 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo pandabaer,
ich hatte zwar anfangs die Heavisidefunktion mit u bezeichnet, aber dann sind wir doch auf Sigma als Bezeichner umgestiegen. Die DGL ist doch mit der Funktion u geschrieben, deren Laplacetransformierte wir auch noch brauchen. Aus diesem Grunde hatte ich ja den Differentiationssatz angegeben.
Viele Grüße,
Infinit
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aber was ist die funktion u? was soll ich da tranformieren?
tut mir leid, ich blick grad nicht durch...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:44 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Aus der DGL suche ich doch die Funktion u(t). Wie die rechte Seite dieser DGL in den Laplacebereich transformiert wird, haben wir ja bereits ausgerechnet. Die linke Seite muss aber natürlich genauso transformiert werden und dazu benutzt man den Differentiationssatz. Dadurch entsteht eine neue Gleichung im Laplacebereich mit Potenzen von s und einer Größe [mm] U(s) [/mm], diese Gleichung kann ich dann nach [mm] U(s) [/mm] auflösen. Den dabei entstehenden Ausdruck tranformieren wir dann wieder in den Zeitbereich zurück und finden dadurch die Lösung für [mm] u (t) [/mm].
Ist die Vorgehensweise klar?
VG,
Infinit
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achso, ich denke ich habe jetzt einen groben eindruck von der vorgehensweise, danke.
das wäre dann praktisch:
[mm] s^2U(s)-su(0^{+})+ u'(0^{+})+4U(s)= \bruch{4}{s^2}-\bruch{4*e^{-2s}}{s^2} [/mm] + [mm] 8\pi*e^{-2s}
[/mm]
so, und jetzt forme ich um mit dem AWP und dann transformiere ich zurück..
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So, ich habe jetzt:
U(s)= [mm] \bruch{\bruch{4}{s^2}-\bruch{4*e^{-2s}}{s^2}+8\pi*e^{-2s}+s}{s^2 + 4}
[/mm]
ich habe jetzt in meiner tabelle gesucht und das einzige das ich finde ist der letzte term [mm] \bruch{s}{s^2+4}...muss [/mm] ich da noch weiter umformen oder ist das irgendwo anders gelistet und was mache ich mit den [mm] 8\pi?
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:20 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Ich würde nun jeden Term mir vornehmen und schauen, ob ich ihn so schreiben kann, dass ich ihn mit Hilfe meiner Tabellen und der Sättze, wie dem Verschiebungssatz, wieder zurückwandeln kann.
Viel Erfolg dabei,
Infinit
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also die 2 ausdrücke mit [mm] e^{-2s} [/mm] kann ich mittels verschiebungssatz machen, der letzte ist cos2t, aber die anderen beiden(1. und 3.) finde ich nicht, und was mache ich mit [mm] 8\pi?
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:19 So 17.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo pandabaer,
für den 8-Pi-Term gibt es keine großen Probleme, das ergibt einen zeitverschobenen Sinus, denn zu
$$ [mm] \bruch{\omega}{s^2 + \omega^2} [/mm] $$ gehört
$$ [mm] \sin (\omega [/mm] t) [mm] \, [/mm] . $$
Bei den Termen, die ein s-hoch-4 im Nenner enthalten, fällt mir jetzt nur die Partialbruchzerlegung ein. Damit müssten einfachere Terme sich wieder ergeben, die dann per Tabelle wieder zurückgewandelt werden können.
Viele Grüße,
Infinit
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:37 So 17.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo,pandabaer,
neben der von mir erwähnten Partialbruchzerlegung kann man sich auch den Integrationssatz für die Originalfunktion zu nutze machen. Hier erst mal allgemein geschrieben:
Zu
$$ F(s) [mm] \cdot \bruch{1}{s} [/mm] $$ gehört im Zeitbereich das Integral über die Zeitfunktion, also
$$ [mm] \int_0^t [/mm] f( [mm] \tau) d\tau \,. [/mm] $$
Nun ist die Idee, den Ausdruck mit der s-hoch-4-Potenz etwas anders zu schreiben, nämlich als
$$ [mm] \bruch{1}{s} \cdot \bruch{4}{s \cdot (s^4+4)}\, [/mm] . $$
Zu dem zweiten Multiplikanden bekommst Du leicht die Zeitfunktion raus, da zu
$$ [mm] \bruch{1}{s(s^2+ \omega^2)} [/mm] $$ im Zeitbereich
$$ [mm] \bruch{1}{\omega^2} \cdot \left[ 1 - \cos (\omega t)\right] [/mm] $$
gehört. Das musst Du dann im Zeitbereich noch einmal integrieren, was wohl nicht ganz so schlimm ist.
Viele Grüße,
Infinit
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was mnuss ich über welchen zeitbereich intergrieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:40 Mo 18.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Na ja, einfach die Lösung im Zeitbereich einmal hochintegrieren.
$$ [mm] \int_0^t \bruch{1}{\omega^2} \cdot \left[ 1 - \cos (\omega \tau)\right] \, d\tau [/mm] $$
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:14 Sa 16.01.2010 | | Autor: | Infinit |
Ja, das ist das Prinzip hinter dieser Vorgehensweise. Beim Differentiationssatz ist noch was schief gegangen, das Vorzeichen vor dem Anfangswert der ersten Ableitung sollte auch ein Minuszeichen sein.
$$ $ [mm] s^2U(s)-su(0^{+})- u'(0^{+})+4U(s)= \bruch{4}{s^2}-\bruch{4\cdot{}e^{-2s}}{s^2}+ [/mm] 8 [mm] \pi e^{-2s} [/mm] $$
und dann das Ganze auflösen.
VG,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:17 Sa 16.01.2010 | | Autor: | pandabaer |
und wo sind die [mm] 8\pi*e^{-2s}?
[/mm]
oh, war noch nicht fertig, sorry
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