Nulldurchgänge einer Sinus-Funktion

14.07.2012, 17:55	Semih	Auf diesen Beitrag antworten »
Nulldurchgänge einer Sinus-Funktion Hallo, ich bin gerade dabei ein Mittelwert einer verschobenen Sinusfunktion zu berechnen. Ich habe aber ein Problem bei den Nulldurchgängen dieser Funktion. Es geht um die Funktion $\begin{eqnarray} u(t) = u_{g0} + u\,sin(\omega\,t) \end{eqnarray}$ Für: $\begin{eqnarray} u_{g0} = \frac{\sqrt{3}}{2} V \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u_0 = 1 V \end{eqnarray}$ Zwei Nullstellen haben wir ja natürlich schon angegeben: $\begin{eqnarray} t_1 = \frac{T}{2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} t_4 = T \end{eqnarray}$ Bin gerade so weit: $\begin{eqnarray} t_{2/3} = \frac{arc\,sin\left(\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\,V}{1\,V}\right)}{2\,\pi} \cdot T \end{eqnarray}$ Also wenn ich das jetzt in den Taschenrechner eingebe und es in Rad-Winkeleinheiten umrechne mit meinem Taschenrechner kommt für $\begin{eqnarray} t_{2/3} = - \frac{1}{6}\,T \end{eqnarray}$ . Laut Lösung im Skript sollten $\begin{eqnarray} t_2 = \frac{2}{3} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} t_3 = \frac{5}{6}\, T \end{eqnarray}$ . Kann mir jemand bitte sagen, wie man von meinem Errechnetem zu den zwei Nulldurchgängen kommt, die mein Dozent in sein Skript vorgestellt hat? Ich hab da eine Ahnung: Und zwar war es ja so, dass das Integral von arcsin glaube ich zwei Lösungen hatte, kann das sein? Schwuppdiwupps in Wolframaplha eingetragen... und nur eine Lösung. :/ Also irgendwie muss ich diese $\begin{eqnarray} -\frac{1}{6} \end{eqnarray}$ richtig interpretieren können. Ich kann mir vorstellen, dass $\begin{eqnarray} -\frac{1}{6} \end{eqnarray}$ das selbe sind, wie $\begin{eqnarray} +\frac{5}{6} \end{eqnarray}$ , da es sich hier ja um eine periodische Zeitfunktion handelt. Dann wurde aus irgendwelchen Gründen auch immer $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3} \end{eqnarray}$ . Irgendwie sehe ich den Wald vor lauter Bäumen nicht! Danke schonmal im voraus. (auch für's durchesen )
14.07.2012, 20:19	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
für Nichtwissende solltest du schon sagen, dass 1.) $\begin{eqnarray} \omega = \frac {2\pi}{T} \end{eqnarray}$ 2.) T=Periodendauer ist. die Nullstellen sind nun $\begin{eqnarray} \{ t_a \|t_a= 2 \pi (3z-2) \} \cup \{ t_b \| t_b=\pi (6z-1) \} \quad \land ~ z \in \mathbb Z \end{eqnarray}$ Einheiten wie 1 Volt sind weggelassen. Mit z=0 kommst du dann auf $\begin{eqnarray} t_{a0}=\frac 23 T ~\text{und } ~ t_{b0}=-\frac 16 T \end{eqnarray}$ und jetzt versuch mal z=1 oder gilt etwa als Definitionbereich: $\begin{eqnarray} t\geq 0 \end{eqnarray}$ ??? oder noch weniger?
14.07.2012, 22:56	Semih	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, ich verstehe deine Schreibweise bei der dritten Zeile von Nummer zwei nicht. Ich sehe so eine Schreibweise zum ersten mal! Was hat die Zeile zu bedeuten, wie hast du sie dir hergeleitet und wie kommst du von 2Pi-2 auf 2/3 ?
14.07.2012, 23:53	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
uups! da ist mir das T abhanden gekommen: $\begin{eqnarray} \{ t_a \|t_a= 2 \pi (3z-2) T\} \cup \{ t_b \| t_b=\pi (6z-1)T \} \quad \land ~ z \in \mathbb Z \end{eqnarray}$ ansonsten ist das eine normale Mengenschreibweise: $\begin{eqnarray} \mathbb L= \{ t_a \|t_a= 2 \pi (3z-2) T\} \cup \{ t_b \| t_b=\pi (6z-1)T \} \quad \land ~ z \in \mathbb Z \end{eqnarray}$ die Lösungsmenge ist die Vereinigung aller $\begin{eqnarray} t_a \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} t_b \end{eqnarray}$ für die gilt:..... und z als ganze Zahl. hier ist $\begin{eqnarray} \omega=2 \end{eqnarray}$ gewählt.
15.07.2012, 00:46	Semih	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ein Pi sind bei dir nicht 3,1... , sondern 1/6 T, kann es sein? Statt Pi sagen wir immer klein Tau für die Teilintervälle. Für die Unwissenden sind dann T = 6 tau. Dann kommen -Tau und -4Tau raus, was ich auch verstehe. Beides um ein T nach rechts verschoben sind ja dann 2/3 und 5/6. Aber ich würde gerne wissen, wie man das herleitet mit dem 2*tau(3z-2) und tau(6z-1), denn da hat es bei mir immer noch nicht klick gemacht !
15.07.2012, 01:24	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
dazu brauchst du 2 vernünftige Nullstellen. sagen wir mal $\begin{eqnarray} \hat t_1 ,\hat t_2 \end{eqnarray}$ und jetzt aufgrund der Periodizität der Sinus-funktion die Weiteren per Hand erschliesen. Das ist immer eine fitzelige Aufgabe. Kaum einer liebt das.
Anzeige

15.07.2012, 02:30	Semih	Auf diesen Beitrag antworten »
Also würde ich, wenn ich in der Klausur ja bin nicht hier im Forum fragen, sondern selbst darauf kommen. Irgendwie muss du ja darauf gekommen sein.
15.07.2012, 21:02	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ich habe in den vorigen Posts teilweise $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ und/oder auch T vergessen und es zu kompliziert gemacht. Jetzt versuche ich es nochmals nach meinem eigenen Rezept: ------------------------------------------------------------------------------------------- erst mal eine einfache Nullstelle $\begin{eqnarray} \hat t_1 =\frac {4\pi}{3\omega} \end{eqnarray}$ suchen und finden. Dazu die Periodenvielfache $\begin{eqnarray} -z\frac {2\pi}{\omega} \end{eqnarray}$ addiert ( zum positiven Winkel erst mal in die andere Richtung, aber nicht wichtig) $\begin{eqnarray} t_1 =\frac {4\pi}{3\omega}-z\frac {2\pi}{\omega} \end{eqnarray}$ jetzt fällt mir auf, dass mit $\begin{eqnarray} \omega =\frac {2\pi}{T},\quad \frac {2\pi}{\omega}=T \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} t_1 =\frac {4\pi}{3\omega}-zT \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_1 =\frac {4\pi}{3 \frac {2\pi}{T}}-zT \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_1 =\frac {2}{3}T-zT \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_1 =T \left(\frac {2}{3}-z \right) \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} t_1 =T \left(\frac {2-3z}{3}\right) \quad \land z \in \mathbb Z \end{eqnarray}$

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »