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Laplace Transformation

Universität / Fachhochschule

Tags: DGL

Stinkebub aktiv_icon

11:43 Uhr, 03.07.2012

Hallo!

Finde hier meinen Fehler nicht, hoffe mir kann wer helfen:

Zu berechnen ist folgende DGL

m \cdot v_{0}' (t) + b \cdot v (t) = m \cdot g - ρ \cdot V \cdot g

Ich setze die Laplace Transfomierten ein:

m \cdot (s \cdot V (s) - v_{0}) + b \cdot V (s) = L (m \cdot g - ρ \cdot V \cdot g)

V (s) = (\frac{m \cdot v_{0}}{m \cdot s + b}) + (\frac{m \cdot g - ρ \cdot V \cdot g}{m} \cdot s + b)

jeweils Zähler und Nenner durch

m

V (s) = (\frac{v_{0}}{s + \frac{b}{m}}) + (\frac{g - ρ \cdot V \cdot \frac{g}{m}}{s} + \frac{b}{m})

Rücktransformieren:

v (t) = e^{- \frac{b}{m}} \cdot (v_{0} + (g - ρ \cdot V \cdot \frac{g}{m}))

Das Ergebnis stimmt aber nicht, da ich eine Lösung dazu habe.
Was in der Lösung anders gemacht wird ist, dass für die Hin-Transformation nicht wie bei mir einfach

L (m \cdot g - ρ \cdot V \cdot g)

eingesetzt wird, sondern es wird die Transformierte hinegschrieben, mit: ((mg-rho*V*g)/s)

Aber mein Vorgehen sollte doch prinzipiell genau so richtig sein?

Hoffe mir kann jemand helfen,

Gruß

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

CKims aktiv_icon

13:40 Uhr, 03.07.2012

du hast anscheinend hinten irgendwo beim tippen ne klammer vergessen... dadurch sind ein paar sachen aus dem nenner nach oben gerutscht??

ansonsten ist deine vorgehensweise natuerlich auch richtig... bis du das

L

einfach weggeschmissen hast... dann muesstest du aber wie in der musterloesung auch irgendwann das fehlende

s

einbauen. oder was hattest du mit dem

L

vor?

Stinkebub aktiv_icon

17:51 Uhr, 03.07.2012

Hey danke für die Antwort.

Also das

L

soll dafür stehen, dass dieser Teil noch Transformiert werden soll.
So hat der Proff das eig. auch oft gemacht.
Und wenn es dann um die Rücktransformation geht, kann man das

L

einfach weglassen.

Hier nochmal wie ich es vorhabe:

V (s) = (\frac{m \cdot v_{0}}{m \cdot s + b}) + (\frac{L (m \cdot g - ρ \cdot V \cdot g)}{m \cdot s + b})

V (s) = (\frac{v_{0}}{s + \frac{b}{m}}) + (\frac{L (g - ρ \cdot V \cdot \frac{g}{m})}{s + \frac{b}{m}})

Rücktransformieren:

v (t) = v_{0} \cdot e^{\frac{b}{m} \cdot t} + e^{- \frac{b}{m} \cdot t} \cdot (g - ρ \cdot V \cdot \frac{g}{m})

Aber komme trotzdem auf nix anderes, stehen völlig am Schlauch..

Gruß,
chris

CKims aktiv_icon

18:26 Uhr, 03.07.2012

den trick mit dem

L

kann man nur machen, wenn sich kein

s

an das

L

klebt... dann laesst sich natuerlich das

L

einfach wieder zuruecktransformieren. wenn aber ein

s

multiplikativ oder durch division an dem

L

klebt, veraendert das die ruecktransformation (weil die linearitaet nicht mehr gegeben ist)...

Stinkebub aktiv_icon

18:39 Uhr, 03.07.2012

Hi Danke!

Aber es klebt ja kein

s

an dem

L,

es ist ja ein Konstante innerhalb dem

L .

.

In Vorlesungen machten wir es so:

2 y' + 12 y = 2 \cdot cos (2 t) y (0) = 2012

Y (s) \cdot (2 s + 12) = 2 \cdot 2012 + 2 L (cos 2 t)

Y (s) = (\frac{2012}{s + 6}) + (\frac{1}{s + 6}) \cdot L (cos 2 t)

Also hier ist innerhalb dem

L

eine Funktion... Dahe rmuss man beim Rücktransformieren den Faltungssatz anwenden..

Bei dem Beispiel von mir ist innerhlab dem

L

eine Konstante.

Und das geht dann nicht?

Gruß
chris

CKims aktiv_icon

21:20 Uhr, 03.07.2012

ja falten geht auch... aber dann kommt doch

v (t) = v_{0} \cdot e^{- \frac{b}{m} t} + e^{- \frac{b}{m} t} ⋆ (g - ρ V \frac{g}{m})

raus... du hast nicht gefaltet??

Stinkebub aktiv_icon

21:44 Uhr, 03.07.2012

Hallo,

Ja aber wie berechnet man hierbei die Faltung genau? Die konstante kann ich ja einfach vorziehen, also einfach:

(g - ρ \cdot V \cdot \frac{g}{m}) \cdot \int_{0}^{t} e^{- \frac{b}{m} \cdot (t - τ)}

?Geht das so?

VLG
chris

CKims aktiv_icon

21:52 Uhr, 03.07.2012

hehe... warum einfach wenn es auch kompliziert geht...

ja das geht so... aber ist es einfacher wenn du die verschiebung auf den konstanten wert anwendest... also

\int_{0}^{t} e^{- \frac{b}{m} τ} (g - ρ V \frac{g}{m}) d τ = (g - ρ V \frac{g}{m}) \int_{0}^{t} e^{- \frac{b}{m} τ} d τ

aber es sollte bei deinem vorgehen dasselbe rauskommen wie bei meinem...

(kleine anmerkung: der weg ueber die faltung ist in

99 %

der faelle der aufwendigste rechenweg. versuche spaeter die faltung so oft wie moeglich zu vermeiden)

Stinkebub aktiv_icon

22:03 Uhr, 03.07.2012

danke erstmal!

aber ich verstehe trotzdem nicht so recht, wieso ich die faltung überhaupt anwenden muss. denn ich muss sie doch anwenden wenn ich in der Transfomierten Funktion ein Produkt aus 2 Termen habe die ein"s"enthalten.

\Rightarrow

ein Produkt in der Transformierten Form entspricht einer Faltung in der Zeitfunktion.

Hier habe ich aber doch eigentlich einfach nur eine Konstante nämlich

g - ρ \cdot v \cdot \frac{g}{m},

die mit dem Bruch

\frac{1}{s + \frac{b}{m}}

multipliziert wird. Nach dem Linearitätssatz gilt doch dann für die Rücktransformation:

Konstante

\cdot e^{- \frac{b}{m} \cdot t}

Weißt du weiter?

gruß,
chris

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22:04 Uhr, 03.07.2012

bin in 5 minuten wieder da

CKims aktiv_icon

22:32 Uhr, 03.07.2012

die laplace transformierte von

y (x) = 3

ist

Y (s) = \frac{3}{s} . .

.

du hast also in deinem fall nicht eine konstante, sondern eine konstante funktion... genauer muss man eigentlich sagen, wenn man mit der laplace transfomierten arbeitet, dass

y (x) = 0

fuer

x < 0

y (x) = 3

fuer

x \geq 0

es handelt sich also um einen einheitssprung... weil man bei der laplace transfomierten nur funktionen betrachtet, die null sind fuer negative

x

. das wird auch genauer als einseitige laplacetransformation bezeichnet. das macht man, damit die formeln nicht noch komplizierter werden als sie schon sind. erlauben kann man sich das, weil man in der praxis davon ausgehen kann, dass jede maschine irgendwann eingeschaltet wird. vorher sind die signale alle null. was auch als kausalitaet bezeichnet wird. mit anderem worten: die maschine kann keine signale erzeugen, bevor man sie eingeschaltet hat...

dein prof hat jetzt, damit er nicht in die transformationstabelle nachschlagen musste, statt dem

s

drunterzukleben einfach die transformation hingeschrieben also

Y (x) = L [3]

aber nicht durchgefuehrt... wenn man das jetzt ruecktransformiert

y (x) = 3

kommt natuerlich die originalfunktion wieder raus... man kann also das

L

einfach wegschmeissen.... aber kam ja in der gleichung noch ein term hinzu

\frac{1}{s + 1} \cdot L [3]

jetzt haben wir nicht

\frac{1}{s + 1} \cdot 3

dort stehen, sondern die laplacetransfomierte von 3 (und da haengt ja insgeheim ein

s

dran)... deshalb darfst du hier nicht einfach mit der linearitaet arbeiten... jetzt haben wir zwei terme im bildbereich, die multipliziert werden... dann kann man die beiden terme einzeln ruecktransformieren also

L [3] \to 3

\frac{1}{s + 1} \to e^{- t}

und weil diese beiden terme im bildbereich multipliziert wurden, muessen sie im zeitbereich gefaltet werden also

3 ⋆ e^{- t}

Stinkebub aktiv_icon

22:38 Uhr, 03.07.2012

Ach so ist das, ganz schön tricky.

Viele Dank!

Also muss man quasi, wenn man dieses Schema mit "L" macht, immer falten, ja?

Aber ich werds dann einfach so machen, dass ich auf das

L

verzichte um die Faltung zu vermeiden, und versuche stattdessen die Störfunktion gleich zu transformieren, so wie es in der Lösung auch gemacht wurde.

gruß,
chris

CKims aktiv_icon

22:43 Uhr, 03.07.2012

"Also muss man quasi, wenn man dieses Schema mit "L" macht, immer falten, ja?"

solche pauschalen aussagen sind immer gefaehrlich ;-) du musst halt gucken was passiert und darauf achten, dass das

L

eben die transformation darstellt... ohne sie eben durchgefuehrt zu haben...

ich denke auch, wenn du auf das

L

verzichtest, wirst du ziemlich gut fahren... es wird nur in seltenen fällen eine erleichterung bringen...

Stinkebub aktiv_icon

22:45 Uhr, 03.07.2012

Alles klar!

Vielen Dank!

Gruß,
chris

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