Laplace Rücktransformation ?

13.04.2009, 12:27

ChristofR

Laplace Rücktransformation ?

Hallo Zusammen,

ich möchte folgende Laplace Transformierte zurück in den Zeitbereich transformieren:

$\begin{eqnarray*} Y(s) ={\frac{s+ \frac{1}{2}*K}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}} \end{eqnarray*}$

Die Lösung (aus Fachbuch "Moderne Regelungssysteme") ist:

$\begin{eqnarray*} y(t) = \frac{\sqrt[2]{10}}{\beta} [ e^{-0.25*K*t}* \sin(\frac{\beta}{2}*t+\phi)] \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \beta= K*\sqrt{\frac{K^2}{8}-5} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ wurde nicht mit angegeben

Fällt euch ein geschickter Ansatz dazu ein ?

14.04.2009, 20:18

Abakus

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RE: Laplace Rücktransformation ?
Ein Ansatz könnte sein:

$\begin{eqnarray*} L^{-1}(Y(s)) = L^{-1}\left({\frac{s+ \frac{1}{2}*K}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}}\right) = L^{-1}\left({\frac{s + \frac{1}{4}*K + \frac{1}{4}*K}{(s + \frac 1 4 K)^{2} -\frac{1}{16} K^2 + 2.5}}\right) = e^{-\frac 1 4 Kt} \cdot L^{-1}\left({\frac{s + \frac{1}{4}*K}{s^{2} - \frac{1}{16} K^2 + 2.5}}\right) \end{eqnarray*}$

Das lässt sich weiter in einen Sinus- und Cosinus-Teil zerlegen und ggf. wieder zusammenfassen.

Grüße Abakus smile

15.04.2009, 19:10

outSchool

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RE: Laplace Rücktransformation ?

Zitat:

Original von ChristofR
Hallo Zusammen,

ich möchte folgende Laplace Transformierte zurück in den Zeitbereich transformieren:

$\begin{eqnarray*} Y(s) ={\frac{s+ \frac{1}{2}*K}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}} \end{eqnarray*}$

Fällt euch ein geschickter Ansatz dazu ein ?

Wie Abakus schon vorgeschlagen gilt:

$\begin{eqnarray*} f_1(x) = e^{cx}\cdot \cos(ax) \Rightarrow \mathcal{L}[f_1(x)] = \frac{s-c}{(s-c)^2 + a^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_2(x) = e^{cx}\cdot \sin(ax) \Rightarrow \mathcal{L}[f_2(x)] = \frac{a}{(s-c)^2 + a^2} \end{eqnarray*}$

Benutze folgende Linearkombination:

$\begin{eqnarray*} f(x) = A \cdot f_1(x) + \frac{Ac+B}{a} \cdot f_2(x) \end{eqnarray*}$

Die zugehörige Bildfunktion ist dann:

$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}[f(x)] = \frac{A(s-c)}{(s-c)^2 + a^2} + \frac{a(Ac+B)}{a((s-c)^2 + a^2)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}[f(x)] = \frac{As+B}{(s-c)^2 + a^2} \end{eqnarray*}$

15.04.2009, 23:29

ChristofR

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Mein Rechenversuch
Danke Abakus und outSchool ! smile

, ich habe jetzt mal gerechnet, aber irgendwo muss ein Fehler sein, da das Ergebnis von der Lösung abweicht:

$\begin{eqnarray*} Y(s) ={\frac{s+ \frac{1}{2}*K}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}}={\frac{s+ \frac{1}{4}*K}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}}+{\frac{K}{4}*\frac{1}{s^{2}+\frac{1}{2}*K*s+2.5}} \end{eqnarray*}$

Es werden nun die folgenden Korrespondenzen benutzt (aus Taschenbuch der Regelungstechnik, Lutz,Wendt, 7. Auflage S.90, Nr 100 + 102):

$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}^{-1}[\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}]=e^{-a*t}*cos(\omega*t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{(s+a)^2+\omega^2}]=\frac{1}{\omega}*e^{-a*t}*sin(\omega*t) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega^2 \end{eqnarray*}$ habe ich berechnet:

$\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{4}*K \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \omega^2=-\frac{1}{16}*K^2+2.5 \end{eqnarray*}$

Eingesetzt ergibt das zur Kontrolle:

$\begin{eqnarray*} Y(s) = {\frac{s+ \frac{1}{4}*K}{s^{2}+2*\frac{1}{4}*K*s+\frac{1}{16}*K^2+2.5-\frac{1}{16}*K^2}}+\frac{1}{4}*K*\frac{1}{s^{2}+2*\frac{1}{4}*K*s+\frac{1}{16}*K^2+2.5-\frac{1}{16}*K^2} \end{eqnarray*}$

Die entsprechende Rücktransformation ergibt zunächst:

$\begin{eqnarray*} y(t) = e^{-\frac{1}{4}*K*t}*cos(\sqrt{-\frac{K^2}{16}+2.5}*t)+\frac{K}{4*\sqrt{-\frac{K^2}{16}+2.5}}*sin(\sqrt{-\frac{K^2}{16}+2.5}*t) \end{eqnarray*}$

Nebenrechnung:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{-\frac{K^2}{16}+2.5}=\sqrt{\frac{-K^2+40}{16}}=\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2} \end{eqnarray*}$

Also,

$\begin{eqnarray*} y(t) = e^{-\frac{1}{4}*K*t}*1*cos(\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2}*t)+\frac{K}{4*\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2}*t}*sin(\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2}*t) \end{eqnarray*}$

Sinus und Kosinus überlagern $\begin{eqnarray*} (A*sin(\omega*t)+B*cos(\omega*t) = \sqrt{A^2+B^2}*sin(\omega*t+\phi)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(t) = e^{-\frac{1}{4}*K*t}*\sqrt{\frac{K^2}{40-K^2}+1}*sin(\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2}*t+\phi) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(t) = e^{-\frac{1}{4}*K*t}*\sqrt{\frac{40}{40-K^2}}*sin(\frac{1}{4}*\sqrt{40-K^2}*t+\phi) \end{eqnarray*}$

Um $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ aus Musterlösung zu prüfen, führe ich eine Art Koeffizientenvergleich durch:

$\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{10}}{\beta}=\sqrt{\frac{40}{40-K^2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \beta =\sqrt{10-\frac{1}{4}*K^2} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{40-K^2}}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \beta =\sqrt{10-\frac{1}{4}*K^2} \end{eqnarray*}$

Das von mit berechnet $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ weicht also von der Musterlösung: $\begin{eqnarray*} \beta= K*\sqrt{\frac{K^2}{8}-5} \end{eqnarray*}$ ab.

Was meint Ihr hab ich irgendwo nen Bock geschossen Forum Kloppe

oder ist die Musterlösung fehlerhaft geschockt

16.04.2009, 09:04

outSchool

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Hallo,

soweit ich das sehe, ist deine Überlagerung von Sinus und Cosinus und auch deine weitere Rechnung richtig.
Das $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ in der Musterlösung ist bzgl. der Aufgabenstellung falsch.

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