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  Faltungsintegral aus dem Bereich Schwingungstechnik |
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GrandPa
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 |  Beitrag No.40, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-08
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Ahh schon wieder das Vorzeichen falsch - gibt es doch nicht  ...
Dachte ich hätte diesen Fehler getilgt (s.a.nachf.) ?
vec(-) cos(\omega_d *t)*int(\tau* e^(\delta \tau) * sin (\omega_D \tau),\tau,0,t)
folgt mit vec(INT-Nr.:330)
- cos(\omega_d *t)*stammf((\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)*(\delta*sin(\omega_D \tau)- \omega_D*cos(\omega_D \tau))- exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2 *((\delta^2-\omega_D^2)*sin(\omega_D \tau)-2\delta \omega_D*cos(\omega_D \tau)),0,t)
Merci zunächst
GP
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 08.02.2011 14:05:59 ]
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rlk
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 | Beitrag No.41, eingetragen 2011-02-08
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\
Hallo GrandPa,
nein, es ist derselbe Fehler wie früher. Wenn Du ihn ausbesserst \(in den Beträgen 37 und 40 ist das geschehen\), dann ergänzen sich die Terme
sin^2(\omega_D\.t)+cos^2(\omega_D\.t) zu Eins.
Eine Differenz sin^2(\omega_D\.t)-cos^2(\omega_D\.t) kann hier nicht auftreten, weil sie mit den Formeln aus Beitrag 38 zu Termen der Form cos(2\.\omega_D\.t) führen. Das Ergebnis y(t) ist aber eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und muss daher mit den Basisfunktionen
t\mapsto exp(-\delta\.t)*cos(\omega_D\.t),
t\mapsto exp(-\delta\.t)*sin(\omega_D\.t), \(homogene Lösung\)
t\mapsto 1
t\mapsto t \(partikuläre Lösungen, mit Fallunterscheidungen für tT_0\.\)
darstellbar sein. So habe ich den Vorzeichenfehler entdeckt.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-09
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Hallo Roland,
ich habe es nochmals nachstehend zusammengefasst
\big\ Ausgangsgleichung:
=> y(t) = (F_0 * exp(-\delta t))/(T_0 *m*\omega_D)*(sin(\omega_d *t)*int(\blue\ \tau* exp(\delta \tau) * cos(\omega_D \tau)\black\ ,\tau,0,t) vec(-)cos(\omega_d *t)*int(\red\ \tau*exp(\delta \tau)* sin (\omega_D \tau),\tau,0,t) \black\
--------------------------------------------------------------------
vec(INT-Nr. 330) int(\red\ x*e^ax*sin(bx)\black\ = (x*exp(ax))/(a^2+b^2)*(a*sin(bx)- b*cos(bx))- exp(ax)/(a^2+b^2)^2 *((a^2-b^2)*sin(bx)-2ab*cos(bx))
auf
vec(-) cos(\omega_d *t)*int(\red\ \tau* e^(\delta \tau) * sin (\omega_D \tau)\black\ ,\tau,0,t)
vec(mit) \big\ x= \tau, a= \delta ,b = \omega_D
angewandt:
=> - cos(\omega_d *t)*stammf((\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)*(\delta*sin(\omega_D \tau)- \omega_D*cos(\omega_D \tau))- exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2 *((\delta^2-\omega_D^2)*sin(\omega_D \tau)-2\delta \omega_D*cos(\omega_D \tau)),0,t)
--------------------------------------------------------------------
vec(INT-Nr.:331) int(\blue\ x*e^ax*cos(bx)\black\ = (x*exp(ax))/(a^2+b^2)*(a*cos(bx)+b*sin(bx))- exp(ax)/(a^2+b^2)^2 *((a^2-b^2)*cos(bx)+2ab*sin(bx))
auf
sin(\omega_d *t)*int(\blue\ \tau* e^(\delta \tau) * cos(\omega_D \tau)\black\ ,\tau,0,t)
mit
vec(mit) \big\ x= \tau, a= \delta ,b = \omega_D
angewandt:
=> sin(\omega_d *t)*stammf((\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)*(\delta*cos(\omega_D \tau)+\omega_D*sin(\omega_D \tau))- exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2 *((\delta^2-\omega_D^2)*cos(\omega_D \tau)+2\delta \omega_D*sin(\omega_D \tau)),0,t)
-----------------------------------------------------------------
\big\zusammengeführt ergibt sich doch:
=> y(t) = (F_0 * exp(-\delta t))/(T_0 *m*\omega_D) *\(sin(\omega_d *t)*stammf((\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)*(\delta*cos(\omega_D \tau)+\omega_D*sin(\omega_D \tau))- exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2 *((\delta^2-\omega_D^2)*cos(\omega_D \tau)+2\delta \omega_D*sin(\omega_D \tau)),0,t)
- cos(\omega_d *t)*stammf((\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)*(\delta*sin(\omega_D \tau)- \omega_D*cos(\omega_D \tau))- exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2 *((\delta^2-\omega_D^2)*sin(\omega_D \tau)-2\delta \omega_D*cos(\omega_D \tau)),0,t))
Ehrlich gesagt finde ich den Vorzeichenfehler nicht ! 
Gruss GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 10.02.2011 09:32:26 ]
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rlk
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| Beitrag No.43, eingetragen 2011-02-09
|
\
Hallo GrandPa,
in Beitrag 38 kommt die Differenz sin^2(\omega_D\.t) - cos^2(\omega_D\.t) vor, wenn Du die entsprechenden Terme in 42 betrachtest, bekommst Du (-cos(\omega_D\.t))*(-cos(\omega_D\.t))=cos^2(\omega_D\.t) vom Integral Nr. 330 und sin(\omega_D\.t)*sin(\omega_D\.t)=sin^2(\omega_D\.t) vom Integral Nr. 331 und damit die\stress Summe\normal sin^2(\omega_D\.t)+cos^2(\omega_D\.t)=1, die ich in Beitrag 41 erwähnt habe.
In anderen Worten, die Formel in Beitrag 42 sollte richtig sein \(ich habe sie nicht im Detail geprüft\), wenn Du damit oder der vermutlich gleichwertigen Formel am Ende von Beitrag 37 weiterrechnest, solltest Du das richtige Endergebnis bekommen.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
PS: Die beim Umbrechen der Formel entstehende unerwünschte schließende Klammer kannst Du verhindern, indem Du die erste öffnende Klammer und die dazugehörende schließende Klammer mit \\ entwertest, also #\( und \)
schreibst. Leider werden diese Klammern dann in normaler Größe gesetzt.
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GrandPa
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| Beitrag No.44, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-10
|
\quoteon
\
Hallo GrandPa,
in Beitrag 38 kommt die Differenz sin^2(\omega_D\.t) - cos^2(\omega_D\.t) vor, wenn Du die entsprechenden Terme in 42 betrachtest, bekommst Du (-cos(\omega_D\.t))*(-cos(\omega_D\.t))=cos^2(\omega_D\.t) vom Integral Nr. 330 und sin(\omega_D\.t)*sin(\omega_D\.t)=sin^2(\omega_D\.t) vom Integral Nr. 331 und damit die\stress Summe\normal sin^2(\omega_D\.t)+cos^2(\omega_D\.t)=1, die ich in Beitrag 41 erwähnt habe.
\quoteoff
Hallo Roland,
ich habe dies auch so gemacht! Aber es bleibt mir einmal ein
sin^2()-cos^2()
übrig
Ich schaue es mir aber nochmals an, irgendwo habe ich noch einen Knoten drin!
\quoteon
PS: Die beim Umbrechen der Formel entstehende unerwünschte schließende Klammer kannst Du verhindern, indem Du die erste öffnende Klammer und die dazugehörende schließende Klammer mit \\ entwertest, also #\( und \)
schreibst. Leider werden diese Klammern dann in normaler Größe gesetzt.
\quoteoff
Danke für den Tipp!
LG GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 10.02.2011 09:29:35 ]
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rlk
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| Beitrag No.45, eingetragen 2011-02-14
|
\
Hallo GrandPa,
wenn Du in der letzten Formel in Beitrag 38 die Abkürzungen
A:=(F_0*exp(-\delta t))/(T_0 *m*\omega_D) B:=(\tau*exp(\delta \tau))/(\delta^2+\omega_D ^2)
C_t:=cos(\omega_D\.t) C_\tau:=cos(\omega_D\.\tau)
S_t:=sin(\omega_D\.t) S_\tau:=sin(\omega_D\.\tau)
E:=exp(\delta \tau)/(\delta^2+\omega_D^2)^2
verwendest^1, ergibt sich
y(t)=A*\(S_t*stammf(B*(\delta*C_\tau+\omega_D*S_\tau)- E*((\delta^2-\omega_D^2)*C_\tau+2\delta\.\omega_D*S_\tau),0,t)
-C_t*stammf(B*(\delta*S_\tau-\omega_D*C_\tau)-E*((\delta^2-\omega_D^2)*S_\tau-2\delta\.\omega_D*C_\tau),0,t))=
=A*\(S_t*(B*(\delta*(C_t-1)+\omega_D*S_t)-E*((\delta^2-\omega_D^2)*(C_t-1)+2\delta\.\omega_D*S_t))
-C_t*(B*(\delta*S_t-\omega_D*(C_t-1))-E*((\delta^2-\omega_D^2)*S_t-2\delta\.\omega_D*(C_t-1)))\)=
=A*(B*(\delta*(S_t\.C_t-C_t\.S_t-S_t)+\omega_D*(S_t^2+C_t^2-C_t))-E*((\delta^2-\omega_D^2)*(S_t\.C_t-C_t\.S_t-S_t)-2\delta\.\omega_D*(S_t^2+C_t^2-C_t))).
Hier fallen alle Terme der Form C_t\.S_t weg und C_t^2+S_t^2 ergänzen einander zu eins, wie das sein muss \(siehe Beitrag 41\).
Das Endergebnis
y(t)=A*(B*\omega_D+E*2\delta\.\omega_D+(E\.(\delta^2-\omega_D^2)-B\.\delta)*S_t+(-B\.\omega_D-2\.\delta\.\omega_D\.E)*C_t)
ist nicht ganz richtig \(siehe die Fußnote\), ist aber eine Linearkombination aus den Basisfunktionen. Ich empfehle Dir, die Rechnung auf einem ausreichend großen Blatt Papier selbst zu versuchen.
\small\void^1 Die Abkürzungen B und E sind eine zu starke Vereinfachung, man muss hier ebenso zwischen von t und von \tau abhängigen Varianten unterscheiden wie bei C und S.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-14
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Hi Roland,
ich habe gestern mit einer ähnlichen Rechnung - mit den Abkürzungen - begonnen, aber schon bei den beiden Integralen 330 und 331.
DIN A3 Papier  müsste reichen!
Ein herzliches Dankeschön bis hierher.
\small\ Wollte mich (+ dich) eigentlich nicht so lange mit dem Ausmultiplizieren und Umstellen beschäftigen, sondern mehr über die Lösung und der Interpretation derselben diskutieren. Ärgerlich dass ich hier so hängenbleibe!
LG GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 14.02.2011 17:48:46 ]
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| Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-20
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Hallo Roland,
(UPDATE 22.02.2011 - Fehler gefunden  )
vec(Meine Ausgangsgleichung)
y(t)=(F_0*exp(-\delta t))/(T_0*m*\omega_d) * ((t*exp(\delta t)*\omega_d)/(\omega_0 ^2 ) - (exp(\delta t) * 2\delta*\omega_d)/(\omega_0 ^4) + ((\delta^2 - \omega_d^2)*sin(\omega_d t) + 2 \delta *\blue\ \omega_d* \black\ cos(\omega_d t))/(\omega_0 ^4 ) )
\boxon \light\[...] hier sollte eigentlich meine ausführliche Herleitung der oben- und nachstehenden Formel sein - leider wurde diese durch einen falschen Tastendruck gelöscht , da der fed nicht vorher nachfrägt und das fedego-Fenster einfach schließt war alles weg!
\boxoff
\big\ \darkred\ Ausgangsgleichung umgeformt mit.
1/\omega_0 ^2 vor die Klammer
Multiplikation von vec(1/\omega_d) mit den Gliedern innerhalb Klammer
exp(-\delta t) ebenfalls "in" die Klammer => exp(-\delta t) *exp(\delta t) = exp(0)=1
mit m*\omega_0 ^2 = c => F_0/(T_0*m*\omega_0^2) = F_0/c
2*\delta = 2D \omega_0
\omega_d = \omega_0 ^2 *sqrt(1-D^2)
(\delta ^2 - \omega_d ^2) = \omega_0 ^2 *(2D^2-1)
Dann einmal wieder bei dem enstandenen Glied exp(-\delta t)/\omega_0^2 -> 1/\omega_0 mit den sin und cos-Glied in der innersten Klammer multiplizieren, damit bei cos-Glied und sin-Glied die entsprechenden weiterführenden Umformungen durchgeführt werden können.
y(t) = F_0/c *(t/T_0 - 2D/(\omega_0 *T_0) + exp(-\delta t)/(\omega_0 *T_0) *(2D cos(\omega_d t) + (2D^2-1)/(sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t))
Ich konzentriere mich nun auf die Ausgabe der Schwingung in Excel.
Bis dahin
LG GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 20.02.2011 19:56:42 ]
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 22.02.2011 20:42:28 ]
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| Beitrag No.48, eingetragen 2011-02-21
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Hallo GrandPa,
das ist ärgerlich. Versuche in Zukunft, längere Rechnungen nicht im fed-Fenster sondern im Eingabefenster für die Antwort oder in einem Notizbucheintrag zu tippen. Bei dem Notizbuch kannst Du zwischendurch auch abspeichern, um das bisher getippte zu bewahren.
Wenn Du willst, kann ich meine Rechnung hier aufschreiben, es kann aber ein bisschen dauern, bis ich dazu komme.
Viel Erfolg,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-21
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\quoteon(2011-02-21 10:26 - rlk in Beitrag No. 48)
Hallo GrandPa,
das ist ärgerlich. Versuche in Zukunft, längere Rechnungen nicht im fed-Fenster sondern im Eingabefenster für die Antwort oder in einem Notizbucheintrag zu tippen. Bei dem Notizbuch kannst Du zwischendurch auch abspeichern, um das bisher getippte zu bewahren.
Wenn Du willst, kann ich meine Rechnung hier aufschreiben, es kann aber ein bisschen dauern, bis ich dazu komme.
Viel Erfolg,
Roland
\quoteoff
Hallo Roland,
das Notizbuch kenne ich noch gar nicht ? 
Sind dort fed-Eingaben auch möglich ?
Könnte Matroid oder der fedego-Programmierer nicht eine Abfrage im fed einbauen ?
-----------------------------------------
Danke, aber du brauchst dir nicht die Mühe zu machen. Das reicht jetzt schon was du geleistet hast. Irgendwo ist wieder ein kleiner Fehler bei mir drin, aber wir können ja nicht ewig an dem rumdoktern bis ich es mal endlich hinbekomme.
Ich melde mich bzw. stellen den Graphen von y(t) hier rein!
LG GrandPa
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| Beitrag No.50, vom Themenstarter, eingetragen 2011-02-26
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Hallo Roland,
nachfolgend der Graph von y(t) für t=0 bis t= 0,5s, sowie t > 0,5 s:
Beim Übergang von t/T_0 >= 0,5/0,5 s hatte ich etas Schwierigkeiten
mit der Interpretation. Der innere Klammerterm mit exp(-\delta t) *( ) klingt ja ab -> 0, aber der Term t/T_0 wird >> 1 ! Weshalb ich ihn = 1 (=Krücke)gesetzt habe, da ansonsten die Kurve weiter ansteigen würde, was ja falsch ist.
Nach dem kurzen überschwingen beim erreichen von F_0, muss mach dem Aklingvorgang doch gelten F_0/c.
Lg GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 26.02.2011 23:49:00 ]
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 27.02.2011 16:19:30 ]
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| Beitrag No.51, eingetragen 2011-02-28
|
\
Hallo GrandPa,
die von Dir verwendete Formel gilt nur so lange die Kraft linear ansteigt, also für tT_0 berechnen willst, kannst Du zu den Beiträgen 25 und 31 zurückblättern, um die Integraldarstellung der Lösung zu finden. Dann wäre wieder eine Integration notwendig \(im Prinzip handelt es sich um dasselbe Integral mit anderen Grenzen\). Eine andere Möglichkeit ist, die Kraft
F(t)=cases(0,t<0;F_0*t/T_0,0T_0)
als Differenz zweier zeitversetzter Rampen darzustellen.
F(t)=F_r(t)-F_r(t-T_0)
wobei
F_r(t)=cases(0,t<0;F_0*t/T_0,t>0)
einen Kraftverlauf darstellt, der bei t=0 mit dem Anstieg F_0/T_0 zu wachsen beginnt, aber im Gegensatz zu F(t) nicht bei t=T_0 in einen konstanten Verlauf übergeht.
Die Reaktion des Ein\-Massenschwingers auf eine solche Kraft kennen wir bereits, es ist die Funktion y(t) aus den Beiträgen 47^\dagger und 50, die diesmal auch für t>T_0 gilt.
Wenn Du für t>T_0 die Auslenkung aus
y(t)-y(t-T_0)
bestimmst, solltest Du so einen richtigen Plot erhalten. Wenn Du die Dämpfung D so wählst, dass die zu exp(-\delta\.t) proportionalen Terme bei t=T_0 abgeklungen sind, solltest Du sehen, dass die "Ecke" wieder einen neuen Einschwingvorgang auslöst, was in dem "hinkenden" Plot nicht der Fall ist.
\void^\dagger\.\small\ Ich habe gerade gesehen, dass Du den hartnäckigen Rechenfehler gefunden hast. Bravo!
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
Tippfehler korrigiert.
[ Nachricht wurde editiert von rlk am 19.04.2011 11:40:26 ]
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| Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-04
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Hallo,
danke Roland, war wie gesagt auch "nur" eine Krücke. Nach meinem Skiurlaub setzte ich mich wieder dran.
Gruß GrandPa
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| Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-25
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Hallo Roland,
hat etwas gedauert:
Daten:
Der Übergang vom linearen Anstieg auf den konstanten Nennwert F_0 = 1.000 N wirkt ja auf das System am Ende t = T_0 wie ein Sprung. Deshalb habe ich die Lösung y(t) vom ersten Beispiel "Anregung durch einen Kraftsprung" herangezogen, allerdings mit dem kleinen Anteil dF ab t > 0,5 s, die das kurze Überschwingen bis zur konstanten Auslenkung verursacht.
Ich hoffe das stimmt
Gruß GrandPa
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| Beitrag No.54, eingetragen 2011-03-29
|
\
Hallo GrandPa,
es stimmt, dass bei t=T_0 etwas passiert und wieder ein Einschwingvorgang beginnt. Es handelt sich aber nicht um einen Sprung \(unstetige Kraftänderung\) sondern um eine fallende Rampe F_r(t-T_0), wie ich in Beitrag 51 angedeutet habe.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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| Beitrag No.55, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-29
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\quoteon(2011-03-29 20:59 - rlk in Beitrag No. 54)
\
Hallo GrandPa,
es stimmt, dass bei t=T_0 etwas passiert und wieder ein Einschwingvorgang beginnt. Es handelt sich aber nicht um einen Sprung \(unstetige Kraftänderung\) sondern um eine fallende Rampe F_r(t-T_0), wie ich in Beitrag 51 angedeutet habe.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
\quoteoff
Hallo Roland,
mit dem Sprung meinte ich , daß (abrupte) stoppen des Kraftanstieges. Ist doch auch wie ein Sprung bzw. ein (kleiner) Impuls (quasi umgekehrt eben).
Das mit der Rampe habe ich gelesen, doch wieso "fallend", dies verstehe ich nicht.
Bis kurz vor t = 0,5 s steigt die Kraft doch an, dann hört der Anstieg abrupt auf - die Kraft fällt doch nicht ab ?
Wenn man den Graphen vergrößert bis kurz vor t = 0,5 s dann sieht man
ja, dass die Auslenkung der Feder bereits über die eigentlich Endlage x_stat. (Ruhelage bei der Belastung F = 1000 N) hinaus ist und genau dann hört der Kraftanstieg auf und das System schwingt aus.
Und diese kleine Differenz habe als dF genommen.
Gruss
GrandPa
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| Beitrag No.56, eingetragen 2011-04-04
|
\
Hallo GrandPa,
der Übergang von der linear ansteigenden zur konstanten Kraft bei t=T_0 ist kein Sprung, weil die Kraft sich hier stetig ändert. Wie ich in Beitrag 51 zu erklären versuchte, kann man die Kraft als Summe zweier "Rampen" darstellen, bei denen die erste bei t=0 mit dem Anstieg F_0/T_0 beginnt und die zweite bei t=T_0 mit dem negativen Anstieg -F_0/T_0 den weiteren Anstieg der Erregerkraft verhindert.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-04
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Hallo Roland,
zunächst vielen Dank, dass du weiter am Thema dranbleibst 
\red\ und die zweite bei t=T_0 mit dem negativen Anstieg -F_0/T_0 den weiteren Anstieg der Erregerkraft verhindert.
\black\
Es gibt doch keine "zweite" Erregerkraft, ab t = 0,5 s ist F doch konstant
In bin gerade dabei gemäß Beitrag No.25 das (aufgespaltene) Integral für t > 0,5 s zu berechnen.
L.G. GrandPa
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rlk
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| Beitrag No.58, eingetragen 2011-04-04
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Hallo GrandPa,
bitte, das mache ich doch gerne! 
\
In dem folgenden Bild habe ich die Idee aus Beitrag 51 illustriert. Die blaue Kurve stellt die Erregerkraft F(t) dar, die von t=0 bis t=T_0 linear anwächst und dann konstant bleibt. Diese Kraft kann man als Summe F(t)=F_r(t)-F_r(t-T_0) darstellen, wobei F_r(t) \(rot\) und \-F_r(t-T_0) \(grün\) die beiden "Rampen" sind, von denen ich in den Beiträgen 51, 54 und 56 geschrieben habe.
\
Die Reaktion des Massenschwingers auf F(t) kann man wegen der Linearität des Systems auch als Summe der Reaktionen auf F_r(t) und \-F_r(t-T_0) darstellen. Die Reaktion y(t) auf F_r(t) ist uns ja aus Beitrag 47 und 50 bekannt, die Reaktion auf \-F_r(t-T_0) ist \-y(t-T_0), weil die Differentialgleichung\stress zeitinvariant\normal ist, sie geht durch die Substitution t^~=t-T_0 in dieselbe Gleichung über, deshalb kann man die Reaktion auf die zeitversetzte Kraft F_r(t-T_0) einfach durch die zeitversetzte "Rampenantwort" y(t-T_0) angeben.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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| Beitrag No.59, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-10
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Hallo Roland,
gemäß Beitrag #25 gilt - wenn ich es richtig verstanden habe:
\big(t > T_0)
y(t) = F_0/T_0 int(\tau *g(t-\tau),\tau,0,T_0) + F_0 *int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
\blue\ (1) F_0/T_0 int(\tau *g(t-\tau),\tau,0,T_0=0.5)
Hier ist die Lösung ja für 0 <= t <= T_0 :
y_1(t) = F_0/c *(t/T_0 - 2D/(\omega_0 *T_0) + exp(-\delta t)/(\omega_0 *T_0) *(2D cos(\omega_d t) + (2D^2-1)/(sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t))
\red\Und für: (2) F_0 *int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
F_0 = konstant ab t=T_0 = 0,5 s
=> y_2(t)=F_0/m *exp(-\delta t)/\omega_D * [sin(\omega_D\.t)* int(exp(\delta \tau)*cos(\omega_D \tau),\tau,T_0,t)- cos(\omega_D\.t)*int(exp(\delta \tau) *sin(\omega_D \tau),\tau,T_0,t)]
(aus Beitrag No 20 mit anderen Grenzen)
L.G. GrandPa
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| Beitrag No.60, eingetragen 2011-04-11
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Hallo GrandPa,
die Formeln aus Beitrag No. 25 kannst Du als eine Zerlegung der Kraft F(t) in ein "Dreieck" (im Bild rot) und einen Sprung (grün) auffassen.
\
Für tT_0 ist die Reaktion auf den dreieckigen Kraftverlauf durch
I(t,T_0) gegeben, um sie zu ermitteln musst Du in dem Integral zwischen der Zeit t und der oberen Integrationsgrenze t_U=T_0 unterscheiden, Du kannst also nicht die Formel aus 59 \(oder 47\) verwenden.
Anders ist das für die Reaktion auf den Kraftsprung bei t=T_0\.: für t>T_0 ist sie durch
y_s(t-T_0)=F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
gegeben, dieses Integral kennen wir bereits aus den Beiträgen 20 und 23.
y_s(t-T_0)=F_0/c*(1-exp(-\delta\.(t-T_0))/sqrt(1-D^2)*sin(\omega_D\.(t-T_0)+\phi_D))
mit \phi_D=arccos(D).
Der in Beitrag 51 vorgeschlagene Weg hat den Vorteil, dass keine neue Integration notwendig ist, sondern die Rampenantwort aus Beitrag 47 verwendet werden kann.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-16
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Hallo Roland , ich hoffe ich komme am Sonntag dazu.
Bis dahin
l.G. GrandPa
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GrandPa
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| Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-17
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weiter geht´s
\big(0 T_0)
y(t) = F_0/T_0 int(\tau *g(t-\tau),\tau,0,T_0) + F_0 *int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
Für t> T_0 habe ich das das zweite Integral (s.o.) \big\ F_0 *int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
berechnet. (F_0 ist konstant ab t=T_0 = 0,5 s)
=> y_2(t)=F_0/m *exp(-\delta t)/\omega_D * [sin(\omega_D\.t)* int(exp(\delta \tau)*cos(\omega_D \tau),\tau,T_0,t)- cos(\omega_D\.t)*int(exp(\delta \tau) *sin(\omega_D \tau),\tau,T_0,t)]
(aus Beitrag No 20 mit anderen Grenzen)
\big\Meine "Lösung" dafür lautet:
y_2(t)= F_0/c *(1+exp(\delta(T_0-t))*(D/(sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(T_0-t) - cos \omega_d(T_0-t)
... was mir eine abklingende Schwingung liefert ähnlich der von der ersten Aufgabe.
L.G. GRANDPA
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 07.05.2011 19:38:49 ]
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rlk
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| Beitrag No.63, eingetragen 2011-04-18
|
\
Hallo GrandPa,
für tT_0 setzt sich die Auslenkung y(t) aus zwei Komponenten zusammen: die Reaktion y_d(t) auf den in Beitrag 60 rot gezeichneten dreieckigen Kraftverlauf, die sich aus dem Integral I(t,T_0) \(Beitrag 60\) ergibt. Den zweiten Anteil, die Reaktion auf den grün gezeichneten Sprung hast Du richtig berechnet, es gilt y_2(t)=y_s(t-T_0), wenn y_s die\stress Sprungantwort\normal des Systems darstellt.
Der erste Teil, y_d(t) fehlt Dir noch.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.64, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-18
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\quoteon(2011-04-18 16:06 - rlk in Beitrag No. 63)
\
.. die Reaktion y_d(t) auf den in Beitrag 60 rot gezeichneten dreieckigen Kraftverlauf, die sich aus dem Integral I(t,T_0) \(Beitrag 60\) ergibt.
\quoteoff
Hallo Roland,
ja da bin ich noch nicht ganz durch - der Plot des Graphen passt noch nicht zusammen! Das alles ist komplizierter als ich dachte.
Meinst du :
\big\aus Beitrag #60
y_s(t-T_0)=F_0/c*(1-exp(-\delta\.(t-T_0))/sqrt(1-D^2)*sin(\omega_D\.(t-T_0)+\phi_D))
L.G. GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 18.04.2011 20:55:50 ]
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rlk
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| Beitrag No.65, eingetragen 2011-04-20
|
Hallo GrandPa,
nein, ich meinte nicht die Sprungantwort y_s aus Beitrag 60, sondern die "Dreiecksantwort", die Dir noch fehlt.
Ich habe die Terme farblich markiert (vergleiche dazu das Bild in
Beitrag 60):
\quoteon(2011-01-09 20:54 - rlk in Beitrag 25)
\
für die Kraft
F(t)=cases(0,t<0;F_0*t/T_0,0<=t<=T_0;F_0,t>T_0)
ergibt sich die Auslenkung
\align
y_3(t)=int(F(\tau)*g(t-\tau),\tau,0,t)=
=cases(array(\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,t)\black),0<=t<=T_0;\
array(\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)\black)+array(\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)\black),t>T_0)
\stopalign
\quoteoff
\
Du hast den roten Term für tT_0\., den ich in Beitrag I(t,t_0) bezeichnet habe, fehlt noch.
Für die Sprungantwort
y_s(t)=F_0/m\.int(g(\tau),\tau,0,t)
erhalte ich
\align
y_s(t)=F_0/(m\.\omega_0^2)*(1-exp(-\delta\.t)*(cos(\omega_D\.t)+D/sqrt(1-D^2)*sin(\omega_D\.t)))=
=F_0/(m\.\omega_0^2)*(1-exp(-\delta\.t)/sqrt(1-D^2)*sin(\omega_D\.t+\phi_D))
\stopalign
mit \phi_D=arccos(D). In Beitrag 62 hast Du in y_2 ein positives Vorzeichen bei dem Sinusterm, das ich leider übersehen hatte, als ich Beitrag 63 schrieb.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.66, vom Themenstarter, eingetragen 2011-04-22
|
y_3(t)=int(F(\tau)*g(t-\tau),\tau,0,t)=
=cases(array(\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,t)\black),0<=t<=T_0;\
array(\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)\black)+array(\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)\black),t>T_0)
\stopalign
----------------------------------------------------------
Hallo Roland,
------------------------------------------------------
@roland
"In Beitrag 62 hast Du in y_2 ein positives Vorzeichen bei dem Sinusterm, das ich leider übersehen hatte, als ich Beitrag 63 schrieb. "
Du meinst das +exp(\delta(T_0-t),
ja das habe ich schon gesehen:
\green\ y_2(t)= F_0/c *(1+exp(\delta(T_0-t))*(D/(sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(T_0-t) - cos \omega_d(T_0-t)
Hat mich auch zunächst gewundert, aber ich konnte keinen Fehler entdecken ?! Schau es mir nochmals an.
Graph zu \small\ y_2(t)= F_0/c *(1+exp(\delta(T_0-t))*(D/(sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(T_0-t) - cos \omega_d(T_0-t)
Ich mache mich an die Lösung von
F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)
L.G. GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 22.04.2011 21:01:46 ]
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 02.05.2011 18:39:07 ]
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 07.05.2011 19:45:04 ]
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| Beitrag No.67, vom Themenstarter, eingetragen 2011-05-15
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\big\ Bereich t > T_0
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)+\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t),\big\ t>T_0
\big\ Hier meine Lösung für das Integral
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0) \black
\red\ y_1(t) =F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t)))
\big\ zusammen mit der Lösung von
\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
\green\ y_2(t)= F_0/c *(1+exp(\delta(T_0-t))*(D/(sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(T_0-t) - cos \omega_d(T_0-t)
\small\ aus Beitrag No.62
\big\sieht der Graph für y(t), t>T_0 dann so aus:
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 15.05.2011 23:12:51 ]
Schaut "gut" aus !
L.G. GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 16.05.2011 19:21:04 ]
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 21.05.2011 19:31:25 ]
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GrandPa
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| Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2011-05-21
|
Hier nun noch zum Abschluß den Graphen für den gesamten Verlauf
F(t) cases(0T_0,)
(Hoffe) Es sieht so aus wie es sein sollte . 
L.G. GrandPa
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rlk
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| Beitrag No.69, eingetragen 2011-05-31
|
\
Hallo GrandPa,
der Graph in Beitrag 68 sieht gut aus, aber ich bekomme bei y_1(t) noch einen Term
F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)).
Für die anderen Terme bekomme ich dieselben Werte.
Einer von uns beiden muss sich verrechnet haben.
Hast Du schon versucht, die Funktion in die Differentialgleichung einzusetzen oder mit der nach Beitrag 51 und Beitrag 58 bestimmten Antwort zu vergleichen?
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2011-05-31
|
\quoteon(2011-05-31 00:59 - rlk in Beitrag No. 69)
\
Hallo GrandPa,
der Graph in Beitrag 68 sieht gut aus, aber ich bekomme bei y_1(t) noch einen Term
F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)).
Für die anderen Terme bekomme ich dieselben Werte.
Einer von uns beiden muss sich verrechnet haben.
Hast Du schon versucht, die Funktion in die Differentialgleichung einzusetzen oder mit der nach Beitrag 51 und Beitrag 58 bestimmten Antwort zu vergleichen?
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
\quoteoff
Hallo Roland,
zunächst vielen Dank, dass du noch "dabei" bist
\big\ Meine Lösung für das Integral
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0) \black
ist
\red\ y_1(t) =F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t)))
\big\ Deine Lösung lautet
F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0))
Ich schau mir meine Rechnung nochmals an, vielleicht habe ich irgendwo einen fehler gemacht. Hast du mal den Graphen von beiden Lösungen gegenüber gestellt ?
Gruß vom GrandPa
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rlk
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| Beitrag No.71, eingetragen 2011-05-31
|
Hallo GrandPa,
\quoteon(2011-05-31 17:33 - GrandPa in Beitrag No. 70)
zunächst vielen Dank, dass du noch "dabei" bist
\quoteoff
bitte sehr, ich finde das Thema interessant, ich hatte nur leider nicht so viel Zeit dafür.
Meine Lösung ist die Summe aus Deinem roten y_1(t) und dem Term, den Du in Beitrag 70 schwarz dargestellt hast. Diese Funktion ist ja die Reaktion des System auf den in Beitrag 60 rot dargestellten dreieckigen Kraftverlauf, für t>T_0 ist sie eine Lösung der homogenen Differentialgleichung und kann daher als Linearkombination der Basisfunktionen
\
exp(-\delta\.t)*cos(\omega_d\.t)
und
exp(-\delta\.t)*sin(\omega_d\.t)
dargestellt werden. In unseren Ergebnissen kommen auch die um T_0 verschobenen Basisfunktionen vor, es erscheint mir unwahrscheinlich, dass der Koeffizient von
exp(-\delta\.(t-T_0))*sin(\omega_d\.(t-T_0))
Null wird, aber es ist natürlich möglich.
Der Faktor sqrt(1-D^2) im Nenner des "schwarzen" Terms geht für D->1 \(also ein kritisch gedämpftes System\) gegen Null, aber auch in der Sprungantwort \(grüne Formel in Beitrag 67\) kommt ein ähnlicher Faktor vor, es ist zu hoffen, dass diese beiden Terme sich zu einer beschränkten Funktion ergänzen, weil aus physikalischen Gründen die Auslenkung auch für D->1 keine Unstetigkeitsstellen haben darf.
\quoteon(2011-05-31 17:33 - GrandPa in Beitrag No. 70)
Ich schau mir meine Rechnung nochmals an, vielleicht habe ich irgendwo einen fehler gemacht. Hast du mal den Graphen von beiden Lösungen gegenüber gestellt?
\quoteoff
Nein, dazu hatte ich noch keine Zeit.
Viel Erfolg,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.72, vom Themenstarter, eingetragen 2011-06-04
|
\big\ Hallo Roland
\big\ hier mal die einzelnen Graphen der Einzelösungen von mir y_1(t) \big\ und y_2(t), im Vergleich zu deiner Lösung aus Beitrag 69.
\ \red\ F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)
=> \red\ y_1(t) =F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t)))
nachfolgend der \big\ \red\ Graph in rot \black\ dazu
\big\ Die Lösung und den Graph von
\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t)
\green\ \big\ y_2(t)= F_0/c *(1+exp(\delta(T_0-t))*(D/(sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(T_0-t) - cos \omega_d(T_0-t)
\small\ s.a.Beitrag No.62
\big\ Die Summe beider Lösungen y_1(t) und y_2(t) für den Bereich t > T_0
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)+\green F_0*int(g(t-\tau),\tau,T_0,t),\big\ t>T_0
\big\ ergibt den Graphen aus Beitrag #67
\big\ Im Vergleich zu der(meiner) Lösung oben von \red\ y_1(t)
\big\ der Graph gemäß deiner Lösung aus Beitrag #69
y_1(t) = F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0))
\big\ Wenn ich dazu \green\ y_2(t) \black\ addiere kommt aber leider nicht dasselbe raus wie bei mir !! Soll heißen der Graph aus Beitrag No.68!
Oder vergleiche ich die beiden falschen Lösungen ? Aber rein vom Verlauf(Werte <0 und >0) des Graphen her, müsste mein Vergleich stimmen!
Gruß
GrandPa
[ Nachricht wurde editiert von GrandPa am 04.06.2011 19:30:21 ]
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rlk
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| Beitrag No.73, eingetragen 2011-06-05
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\
Hallo GrandPa,
es gibt mindestens ein Missverständnis zwischen uns. Der Term, den ich in Beitrag 69 aufgeschrieben habe, ist\stress nicht\normal meine Version der "Dreiecksantwort" y_1(t), sondern die\stress Differenz\normal zwischen meinem und Deinem Ergebnis für y_1(t).
Der rosafarbene Graph in Beitrag 72 gibt daher nur eine Korrektur^\dagger zu Deinen roten und violetten Kurven an.
Etwas anderes ist mir noch aufgefallen: die violetten Graphen in den Beiträgen 67 und 72 zeigen einen negativen Wert für die Ableitung von y(t)=y_1(t)+y_2(t) an der Stelle t=T_0=0.5$s.
Im blauen Graphen der Funktion y_3(t) in Beitrag 68 ist die Ableitung an derselben Stelle \(t=T_0=0.5$s\) aber positiv, obwohl für t>T_0 y_3(t)=y(t) gelten sollte.
Hast Du schon geprüft, ob die Funktion y_3(t) an der Stelle t=T_0 stetig differenzierbar ist?
\small\void^\dagger Falls ich mich nicht verrechnet habe. Siehe dazu die Erklärung in Beitrag 71.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.74, vom Themenstarter, eingetragen 2011-06-14
|
Hallo Roland,
ok das war dann von mir falsch interpretiert worden.
Aber du schreibst das die Formel aus Beitrag #70(rot) + [dein Ergebnis] = Ergebnis aus Beitrag #69 ergibt !
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)+ \blue\[DEIN ERGEBNIS]
= F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)) aus Beitrag 69
Doch was ist denn dein Ergebnis ?
Grüsse vom GrandPa
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rlk
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| Beitrag No.75, eingetragen 2011-06-15
|
\
Hallo GrandPa,
ich versuche es anders zu formulieren: für die Dreiecksantwort
\red\ y_1(t)=F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)
erhalte ich die Summe aus Deinem Ergebnis
y_1gp(t)=F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t)))
und der "Korrektur"
y_1k(t)=F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)).
Laut meiner Rechnung gilt
y_1(t)=y_1gp(t)+y_1k(t).
Ich kann nicht ausschließen, dass ich mich verrechnet habe, aber in meinem Ergebnis kommt y_1gp vor \(das meinte ich mit den "anderen Termen" in Beitrag 69\) und in Beitrag 71 habe ich versucht, die Existenz des Korrekturterms y_1k zu begründen. Vielleicht kommt dieser Term ja auch in Deiner Rechnung vor und Du hast ihn übersehen?
Hast Du den in Beitrag 73 erwähnten Widerspruch zwischen den unterschiedlichen Vorzeichen der Ableitungen schon geklärt?
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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GrandPa
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| Beitrag No.76, vom Themenstarter, eingetragen 2011-06-27
|
Hallo Roland,
verstehe ich es richtig, deine Lösung des Integrals
\red\ y_1(t)=F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0)
lautet y_1(t)=y_1gp(t)+y_1k(t) und somit
y_1(t) = y_1gp(t)=F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t))) + F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(2\.D^2+\omega_0\.T_0\.D-1)/(\omega_0\.T_0\.sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)).
\big\ Meine Lösung für das Integral
\red F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0) \black
ist
\red\ y_1(t) =F_0/c* (exp(-\delta(t-T_0))*(1-(2D/(\omega_0 T_0)))*cos\omega_d(t-T_0)+ exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) * (((2D^2 -1)/sqrt(1-D^2))*sin(\omega_d t)+ 2D*cos(\omega_d t)))
\big\ Wie,wo soll ich einen weiteren Term wie "dein" y_1k(t) finden, dies verstehe ich nicht ?
Grüße voom GrandPa
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| Beitrag No.77, eingetragen 2011-06-27
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Hallo GrandPa,
ja, Du verstehst mich richtig
\
Meine Vermutung ist, dass Du den zu sin(\omega_d\.(t-T_0)) proportionalen Term \(=die Differenz zwischen unseren Ergebnissen\) im Laufe Deiner Rechnung verloren hast. Wenn das stimmt, dann solltest Du ihn in den Aufzeichnungen der Rechnung finden.
Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland
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| Beitrag No.78, vom Themenstarter, eingetragen 2011-06-27
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Hallo,
 - gut dann mache ich mich auf die Suche, doch ehrlich gesagt glaube ich nicht daran den "Missing-Term" zu finden. Denn mein y1 ist ja gleich dem y1gp von dir und ich kann mir nich vorstellen, daß ich dein y1k unterwegs "verloren" habe !
Aber gut, auf ein neues !
L.G. GrandPa
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| Beitrag No.79, vom Themenstarter, eingetragen 2011-07-20
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Hallo Roland,
Nochmals zum (Wieder-) Einstieg:
\red\ y_1(t)=F_0/T_0*int(\tau*g(t-\tau),\tau,0,T_0) bzw. die beiden Integrale (nachfolgend ohne den konstanten Faktor davor)
\black\
\big\INT A
\blue\ cos(\omega_d t)*stammf(sin(\omega_d \tau)*((\tau * exp(\delta \tau))/\omega_0 ^2 - (exp(\delta \tau))/ \omega_0 ^4 *(\delta ^2 - \omega_d ^2)) + cos(\omega \tau) *((exp(\delta \tau))/\omega_0 ^4 * (2*\delta*\omega_d) - (\tau *exp(\delta \tau))/\omega_0^2 * \omega_d),0,T_0)
und
\big\INT B
\green\ sin(\omega_d t)*stammf(cos(\omega_d \tau)*((\tau * exp(\delta \tau))/\omega_0 ^2 - (exp(\delta \tau))/ \omega_0 ^4 *(\delta ^2 - \omega_d ^2)) + sin(\omega \tau) *((\tau exp(\delta \tau)*\omega_d)/\omega_0 ^2 - (exp(\delta \tau)*(2*\delta*\omega_d))/\omega_0^4),0,T_0) \black\
gilt es zu lösen bzw. vec(INT B) - vec(INT A)
\big\ INT A
\blue\ \tau = T_0 und \tau = 0 eingesetzt ergibt:
\blue\ cos(\omega_d t)*((sin(\omega_d T_0)*((T_0*exp(\delta T_0)*\delta))/\omega_0^2 -(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0 ^4)+cos(\omega_d T_0)*((exp(\delta T_0)*2 \delta \omega_d)/\omega_0^4 - (T_0 *exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2))- ((2 \delta \omega_d)/\omega_0^4))
=>
\blue\cos(\omega_d t) *sin(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta T_0)*\delta))/\omega_0 ^2 - cos(\omega_d t)*sin(\omega_d T_0)*(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2)/ \omega_0 ^4) +cos(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(exp(\delta T_0)*2 \delta \omega_d)/\omega_0^4 - cos(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2 -cos(\omega_d t)*(2 \delta \omega_d)/\omega_0^4
\big\ INT B
\green\ \tau = T_0 und \tau = 0 eingesetzt ergibt:
\green\ sin(\omega_d t) *((cos(\omega_d T_0)*(((T_0*exp(\delta T_0)*\delta))/\omega_0 ^2 - (exp(\delta *T_0) *(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0 ^4) + sin(\omega_d T_0) *((T_0 exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2 - (exp(\delta T_0)* 2 \delta \omega_d)/\omega_0^4))- (-(\delta^2-\omega_d^2)/\omega_0^4))
=>
\green\ sin(\omega_d t) * cos(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta T_0)*\delta)/\omega_0 ^2 - sin(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0 ^4 + sin(\omega_d t)*sin(\omega_d T_0) *(T_0 exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2 - sin(\omega_d t)*sin(\omega_d T_0) *(exp(\delta T_0)* 2 \delta \omega_d)/\omega_0^4)) +sin(\omega_d t) * (\delta^2-\omega_d^2)/\omega_0^4))
\big\ => INT B - INT A
\green\ (sin(\omega_d t) * cos(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta T_0)*\delta)/\omega_0^2 - sin(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 + sin(\omega_d t)*sin(\omega_d T_0)*(T_0 exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2 - sin(\omega_d t)*sin(\omega_d T_0) *(exp(\delta T_0)*2 \delta \omega_d)/\omega_0^4 +sin(\omega_d t)*(\delta^2-\omega_d^2)/\omega_0^4)
vec(-)
\blue\ (cos(\omega_d t) *sin(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta*T_0)*\delta)/\omega_0^2 - cos(\omega_d t)*sin(\omega_d*T_0)*(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 +cos(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(exp(\delta T_0)*2 \delta \omega_d)/\omega_0^4 - cos(\omega_d t)*cos(\omega_d T_0)*(T_0*exp(\delta T_0)*\omega_d)/\omega_0^2 -cos(\omega_d t)*(2 \delta \omega_d)/\omega_0^4)
\big\Mit dem Additionstheorem sin(\alpha-\beta) = (sin\alpha*cos\beta - sin\beta*cos\alpha) und (\omega_d t) = \alpha ,(\omega_d T_0) = \beta
=>
(T_0*exp(\delta T_0)*\delta)/\omega_0^2 *(sin(\omega_d t) * cos(\omega_d T_0) - cos(\omega_d t) *sin(\omega_d T_0)) = (T_0*exp(\delta T_0)*\delta)/\omega_0^2 *sin\omega_d(t-T_0)
und aus
(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 *(sin(\omega_d T_0) * cos(\omega_d t) - sin(\omega_d t) * cos(\omega_d T_0))
wird
(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 * \big\ \red\- \black\sin\omega_d(t-T_0)
=>
((T_0*exp(\delta T_0) \omega_d)/\omega_0^2 -(exp(\delta T_0) *2\delta \omega_d)/\omega_0^4)*cos\omega_d(t-T_0)+(T_0*exp(\delta *T_0)*\delta)/ \omega_0^2 *sin\omega_d(t-T_0) + (exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 * -sin\omega_d(t-T_0) + sin(\omega_D t)*(\delta^2 - \omega_d^2)/\omega_0^4 + cos(\omega_d t)* (2 \delta \omega_d)/\omega_0^4
=> ((T_0*exp(\delta T_0) \omega_d)/\omega_0^2 -(exp(\delta T_0) *2\delta \omega_d)/\omega_0^4)*cos\omega_d(t-T_0) + ((T_0*exp(\delta *T_0)*\delta)/ \omega_0^2 - (exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4)*sin\omega_d(t-T_0)+ sin(\omega_D t)*(\delta^2 - \omega_d^2)/\omega_0^4 + cos(\omega_d t)* (2 \delta \omega_d)/\omega_0^4
\big\ Nun das Ganze mit dem konstanten Faktor
(F_0 *exp(-\delta t))/(T_0*m*\omega_d)*[..]
=> y_1(t)=(F_0 *exp(-\delta t))/(T_0*m*\omega_d)*(((T_0*exp(\delta T_0) \omega_d)/\omega_0^2 -(exp(\delta T_0) *2\delta \omega_d)/\omega_0^4)*cos\omega_d(t-T_0) + ((T_0*exp(\delta *T_0)*\delta)/ \omega_0^2 - (exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4)*sin\omega_d(t-T_0)+ sin(\omega_D t)*(\delta^2 - \omega_d^2)/\omega_0^4 + cos(\omega_d t)* (2 \delta \omega_d)/\omega_0^4)
\big\red\ Umformungen
1/\omega_0^2 ausklammern; \omega_0^2=m/c; 1/\omega_d in die Klammer; 1/T_0 in die Klammer, exp(-\delta t) in die Klammer;
mit \omega_d = \omega_0 *sqrt(1-D^2) folgt für das Glied \delta/\omega_d
=> y_1(t)= F_0/c*(exp(-\delta(t-T_0)) *(1-(2D)/(\omega_0 T_0) cos\omega_d(t-T_0))) + F_0/c *( exp(-\delta(t-T_0))* (\delta/\omega_d -(2D^2-1)/(\omega_0 T_0 sqrt(1-D^2))*sin\omega_d(t-T_0)))+ F_0/c *(exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) *((2D^2-1)/(sqrt(1-D^2))*sin(\omega t)+2D*cos(\omega_d t)
=>y_1(t)= F_0/c*(exp(-\delta(t-T_0)) *(1-(2D)/(\omega_0 T_0) cos\omega_d(t-T_0))) + F_0/c *( exp(-\delta(t-T_0))* \red\ (T_0 \omega_d D-2D^2+1)/(\omega_0 T_0 sqrt(1-D^2))\black\ *sin\omega_d(t-T_0))+ F_0/c *(exp(-\delta t)/(\omega_0 T_0) *((2D^2-1)/(sqrt(1-D^2))*sin(\omega t)+2D*cos(\omega_d t)
\big\Unterschied zu deiner Lösung besteht nur in diesem Glied
\red\ (T_0 \omega_d D-2D^2+1)/(\omega_0 T_0 sqrt(1-D^2)) \black\
\big\ Hier steht bei dir
(2D^2+ T_0 \omega_d D-1)/(\omega_0 T_0 sqrt(1-D^2))
Das andere Vorzeichen bei 2D^2 ist bei mir durch das Additionstheorem (s.o.) enstanden:
(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 *(sin(\omega_d T_0) * cos(\omega_d t) - sin(\omega_d t) * cos(\omega_d T_0))
wird
(exp(\delta *T_0)*(\delta^2-\omega_d^2))/ \omega_0^4 * \big\ \red\- \black\sin\omega_d(t-T_0)
L.G. GrandPa
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