Linearität von DGLs < Sonstiges < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:54 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kulli1 |
| Aufgabe | Welches der drei Systeme hat ein lineares bzw. nichtlineares Ubertragungsverhalten
vom Eingang u zum Ausgang y. Geben Sie fur jedes System eine mathematische
Begrundung an! (4 Punkte)
(i)
[mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) + u(t); x(0) = 0
y(t) = x(t)
(ii)
[mm] \bruch{dx(t)}{dt} [/mm] = x(t) + u(t); x(0) = 1
y(t) = x(t)
(iii)
[mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) u(t); x(0) = 0
y(t) = x(t)
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Hallo !
Ich bin mir leider nicht sicher wie man obige Aufgaben löst. Ich kenne die schrecklich komplizierte Formel um obige DGLs zu lösen aber bin mir nicht sicher ob ich mir die Lösung wirklich anschauen muss um Linearität zu beweisen.
Kann mir jemand helfen ?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:33 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
nimm doch an, du hast zwei Lösungen $x(t)$ und $z(t)$, die die DGL erfüllen. Jetzt schaust du, ob $c(t)=x(t)+z(t)$ die DGL ebenfalls erfüllt und ob [mm] $k\cdot [/mm] x(t)$ auch die DGL erfüllt. Falls ja, ist die DGL linear, falls nein, dann nicht.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:39 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kulli1 |
also muss ich die Lösung doch erst ausrechnen ? Und bei a) und b) die Anfangsbedingung beachten ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:47 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kroni |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hi,
ich denke nicht, dass du da etwas ausrechnen musst.
Ich zeige dir mal an einem Beispiel, wie ich das meine.
Gegeben sei ein harmonischer Oszillator ohne Reibung, ohne äußere Kraft, also die DGL:
$\ddot{x}+\omega_0^2x=0$
Jetzt interessiere ich mich dafür, ob die DGL linear ist. Also gebe ich mir zwei Lösungen vor:
1. Lösung $x(t)$ erfülle die DGL, es soll also gelten $\ddot{x}+\omega_0^2x=0$
2. Lösung $y(t)$ erfülle die DGL, es soll also gelten $\ddot{y}+\omega_0^2x=0$
Jetzt gucke ich mir eine neue Lösung an, die ich $z(t)=x(t)+y(t)$ nenne und setze die in die DGL ein:
$\ddot{z}+\omega_0^2z$
und wenn z Lösung ist, muss das 0 ergeben. Schauen wir uns das an:
$\ddot{x+y}+\omega_0^2(x+y)=\ddot{x}+\ddot{y}+\omega_0^2x+\omega_0^2y=(\ddot{x}+\omega_0^2x)+(\ddot{y}+\omega_0^2y}$ und da beide nach Vorraussetzung die DGL oben erfüllen, steht da:
$(0)+(0)=0$, also erfüllt $z(t)$ die DGL.
Analog jetzt mit $cx(t)$ zB vorgehen, wobei c eine Konstante ist. Dann kann man ein c ausklammern, und dann steht da $\ddot{cx}+\omega_0^2(cx)=c(\ddot{x}+\omega_0^2)=0$ nach Vorraussetzung, also ist $cx(t)$ auch eine Lösung der DGL, und damit ist die DGL linear.
Wenn bei dir danach gefragt ist, ob die DGL linear ist, könnte man das so nachweisen.
EDIT: Da aber nach Übertragungsgliedern gefragt ist, musst du folgendes überprüfen:
Was passiert, wenn das Eingangssignal $u(t)$ verstärkt wird? Also was passiert, wenn man anstatt $u(t)$ zB ein $cu(t)$ in das System reinsteckt. Ist dann die Lösung des Systems $cx(t)$, wenn $x(t)$ die DGL oben schon gelöst hat.
Analog gehts dann auch mit $u_1(t)+u_2(t)$. Wenn man das in die DGL reinpackt, kommt dann am Ende die Summe der Lösungen zu $u_1(t)$ und $u_2(t)$ heraus?
![[]](/images/popup.gif) Hier auf Seite 6 stehen auch nochmal die Kriterien zusammengefasst.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:56 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kulli1 |
Hmm ja das wär natürlich relativ klar, aber theoretisch müsste ja auch die Lösung der DGL dann mir dem selben Prinzip auf Linearität geprüft werden können.
Für die Linearität der Lösung ist aber die Anfangsbeding entscheidend, die man ja oben gar nicht beachtet.
Muss es also nicht etwas mit den Anfangsbedigungen zutun haben ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:14 Mi 08.04.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hmm ja das wär natürlich relativ klar, aber theoretisch
> müsste ja auch die Lösung der DGL dann mir dem selben
> Prinzip auf Linearität geprüft werden können.
> Für die Linearität der Lösung ist aber die Anfangsbeding
> entscheidend, die man ja oben gar nicht beachtet.
>
> Muss es also nicht etwas mit den Anfangsbedigungen zutun
> haben ?
Doch !
Zu (i):
(*) $ [mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) + u(t); x(0) = 0$
Sind [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] Lösungen von (*) und $x: = [mm] \alpha x_1+ \beta x_2$, [/mm] so löst $x$ die DGL
(**) $ [mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) + u(t)$
und es gilt $x(0) = 0$. Somit ist (*) ein lineares Problem.
Zu (ii):
(***) $ [mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) + u(t); x(0) = 1$
Sind [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] Lösungen von (***) und $ x: = [mm] \alpha x_1+ \beta x_2$, [/mm] so löst $x$ zwar die DGL
(****) $ [mm] \bruch{dx(t)}{dt}= [/mm] x(t) + u(t)$
aber es wird im allgemeinen $x(0) [mm] \not=1$ [/mm] sein (z.B. für [mm] \alpha [/mm] = [mm] \beta [/mm] = 12) Somit ist (***) kein lineares Problem.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:30 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Kulli1 |
Vielen Dank, das hat mir sehr geholfen !
Ich bin zum ergebniss gekommen, dass zwar die DGL linear ist (wie ganz oben gezeigt), aber das Übertragungsverhalten nicht umbedingt.
Am besten kann man sich das Überlegen wenn man die Gleichungen Laplace transformiert.
bei a)Y(s) = 1/(s-1)*U(s)
bei b)Y(s) = 1/(s-1)*U(s)+1/(s-1)
Gruß
Kulli
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