Linearisierung einer Funktion mit einem Taylorpolynom

02.02.2015, 19:24	Bruder_Tack	Auf diesen Beitrag antworten »
Linearisierung einer Funktion mit einem Taylorpolynom Hi! Ich habe ein Problem mit dem Linearisieren einer Funktion. Ich habe diese Funktion. x^4 ist nichtlinear. Wie linearisiere ich das? (siehe erstes Foto) Also wie löse ich das? Nur das x^4 linearisieren oder nimmt man die ganze Funktion? Hier mal die gesamte Aufgabe (siehe zweites Foto) und als letztes Bild (siehe drittes Bild) ein Beispiel, bei dem ich nicht verstehe, wie man auf delta_x kommt. DANKE P.S: Habe bisher versucht, wie im Beispiel (Bild 3) vorzugehen. Aber mir ist unklar, was delta_x ist und ob ich mit der gesamten Funktion arbeite oder nur mit dem nichtlinearen Teil, also x^4. Nochmals danke!
03.02.2015, 11:18	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ein Körper eine Wärmeenergie $\begin{eqnarray} E_{th}=mc_pT \end{eqnarray}$ enthält, so ist dessen Wärmezunahme pro Zeit gerade die 1.Ableitung dieser Formel nach der Zeit, also $\begin{eqnarray} \dot E_{th}=mc_p\dot T \end{eqnarray}$ . Nach dem Energieerhaltungssatz muss für diese Wärmezunahme folgende Bilanzgleichunng gelten $\begin{eqnarray} \underbrace{mc_p\dot T}_{\text{Wärmezunahme pro Zeit}}=\underbrace{u(t)}_{\text{Heizleistung}}-\underbrace{\epsilon \sigma AT^4}_{\text{Abstrahlung}} -\underbrace{k(T-T_u)}_{\text{Wärmeabfluss}} \end{eqnarray}$ Division durch $\begin{eqnarray} mc_p \end{eqnarray}$ liefert mit deinen Abkürzungen $\begin{eqnarray} \dot T=\underbrace{\tfrac{1}{mc_p}}_{c_1}\cdot u(t)-\underbrace{\tfrac{\epsilon \sigma A}{mc_p}}_{c_2}\cdot T^4 -\underbrace{\tfrac{k}{mc_p}}_{c_3}\cdot T+\underbrace{\tfrac{kT_u}{mc_p}}_{c_0} \end{eqnarray}$ Wir betrachten diese Gleichung nur "in der Nähe" der Temperatur $\begin{eqnarray} T_w \end{eqnarray}$ und setzen demnach $\begin{eqnarray} T=T_w+\Delta T \end{eqnarray}$ . Einsetzen in die Dgl liefert $\begin{eqnarray} \Delta \dot T=c_1\cdot u(t)-c_2\cdot (T_w+\Delta T)^4 -c_3\cdot (T_w+\Delta T)+c_0 \end{eqnarray}$ Die rechte Seite enthält den nichtlinearen Term $\begin{eqnarray} (T_w+\Delta T)^4 \end{eqnarray}$ , welcher an der Stelle $\begin{eqnarray} T_w \end{eqnarray}$ linearisiert werden soll. Ganz allgemein linearisiert man eine Funktion $\begin{eqnarray} f(x_0+\Delta x) \end{eqnarray}$ an der Stelle $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ , indem man sie an dieser Stelle durch die Taylorentwicklung 1.Ordnung annähert, also $\begin{eqnarray} f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f'(x_0)\cdot \Delta x \end{eqnarray}$ Für den nichtlinearen Summanden lautet diese Taylotentwicklung also $\begin{eqnarray} (T_w+\Delta T)^4 \approx \underbrace{T_w^4}_{f(x_0)}+\underbrace{4T_w^3}_{f'(x_0)}\cdot \Delta T \end{eqnarray}$ Einsetzen liefert eine lineare Differenzialgleichung für $\begin{eqnarray} \Delta T \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Delta \dot T \approx c_1\cdot u(t)-c_2\cdot (T_w^4+4T_w^3\cdot \Delta T) -c_3\cdot (T_w+\Delta T)+c_0 \end{eqnarray}$ Diese lineare Dgl. ist natürlich einfacher lösbar als die ursprüngliche nichtlienare Dgl. (Das ist der Sinn der Linearisierung). Der Nachteil ist, dass die lineare Dgl. wegen Ungenauigkeit der Taylorentwicklung nur "für kleine Abweichungen" $\begin{eqnarray} \Delta T \end{eqnarray}$ gültig ist, also nur "in der Nähe" von $\begin{eqnarray} T_w \end{eqnarray}$ .
03.02.2015, 19:54	Bruder_Tack	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi Ethos! Vielen Dank! Die Erklärung hat mir schon ser geholfen das zu verstehen. Mir sind noch ein paar Sachen unklar. C0 ist einfach Tu? Also 300 Kelvin? Das deltaT auf der rechten Seite, ist das dann Tw-Tu? Also 500 Kelvin - 300 Kelvin? Wfür steht das kleine k bei C0 zum Beispiel)? Also kTw = k300? Vielen vielen Dank Ethos!
04.02.2015, 00:04	Bruder_Tack	Auf diesen Beitrag antworten »
Bzw in der allgemeinen Erklärung: wie berechnet man das delta_x? k/mCp ist doch 0,1... dann wäre C0 doch 0,1*Tu=20 oder?
04.02.2015, 09:19	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Folgende Konstanten sind einzusetzen: $\begin{eqnarray} T_w=300\text{ } \end{eqnarray}$ (Versehentlich habe ich anstelle von $\begin{eqnarray} T_u \end{eqnarray}$ die Bezeichnung $\begin{eqnarray} T_w \end{eqnarray}$ verwendet.) $\begin{eqnarray} c_1=0,05 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_2=1e-10 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_3=0,1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} k=2 \end{eqnarray}$ (Das folgt aus $\begin{eqnarray} c_3=k\cdot c_1 \end{eqnarray}$ . Versehentlich habe ich ein kleines k geschrieben anstelle von K.) $\begin{eqnarray} c_0=\tfrac{kT_w}{mc_p}=2\cdot 300\cdot 0,05=30 \end{eqnarray}$ Einsetzen dieser Werte in die linearisierte Differenzialgleichung liefert $\begin{eqnarray} \Delta \dot T=0,05\cdot u(t)-(1e-10)\cdot (300^4+3\cdot 300^3\cdot \Delta T)-0,1\cdot (300+\Delta T)+30 \end{eqnarray}$ Bringe diese Gleichung durch Zusammenfassen auf folgende Standardform $\begin{eqnarray} y'(t)+a\cdot y(t)=f(t) \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} y(t)=\Delta T(t) \end{eqnarray}$ die unbekannte Funktion. Die Kostante a und die Störfunktion f(t) ergeben sich beim Zusammenfassen. Derartige lineare inhomogene Diffenrenzialgleichungen löst man mit dem Verfahren "Variation der Konstanten", welches du kennen solltest. Wenn man die Lösung $\begin{eqnarray} y(t)=\Delta T(t) \end{eqnarray}$ kennt, so erhält man die ursprünglich gesuchte Temperatur mit Hilfe des anfangs verwendeten Ansatzes $\begin{eqnarray} T(t)=T_w+\Delta T(t) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} T_w=300 \end{eqnarray}$ einzusetzen ist.
05.02.2015, 03:21	Bruder_Tack	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke dir! Also habe ich ausprobiert. Aber wenn ich für diese Regelung jetzt vorgebe, dass die Starttemperatur des Körpers zB 300 Kelvin wie die Umgebungstemperatur Tu beträgt, dann wäre ja deltaT = T- Tw. Dann wäre T doch die Starttemperatur 300 Kelvin, Tw 500 Kelvin, also deltaT = -200 Kelvin. Die Regelung soll ja eigentlich so wirken, dass T = 500 Kelvin gehalten wird. Laut Kurzanleitung soll ich aber T_punkt (also linke Seite) = 0 setzeen und dann nach u(t) auflösen. Aber so wie ich das verstehe, würde ich doch dann nur die Wärmezufuhr u(t) bekommen, bei der das T konstant bleibt oder? Jetzt müsste doch eigentlich die Wärmezufuhr u(t) solange zunehmen, bis T = 500 Kelvin erreicht ist. Ich benutze die Software BORIS zur Regelungssimulation. deltaT müsste ja eine Funktion sein und als veränderliches deltaT in die Regelungformel von u(t) einfließen. Aber da ich kein neues größeres T ausrechne geht das doch nicht.
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05.02.2015, 09:31	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast recht. Ich hatte übersehen, dass die Größen $\begin{eqnarray} T_w=500 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T_u=300 \end{eqnarray}$ unterschiedlich sind. Trotzdem bleibt die letzte Gleichung in meinem Beitrag vom 03.03.2015 richtig, also $\begin{eqnarray} \Delta \dot T=c_1\cdot u(t)-c_2\cdot (T_w^4+4T_w^3\cdot \Delta T)-c_3\cdot (T_w+\Delta T)+c_0 \end{eqnarray}$ Aufgrund meines Fehlers muss nur die Konstante $\begin{eqnarray} c_0 \end{eqnarray}$ geändert werden, während die anderen Konstanten so bleiben wie beschrieben: $\begin{eqnarray} T_w=300 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_1=0,05 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_2=1e-10 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c_3=0,1 \end{eqnarray}$ (Das folgt aus $\begin{eqnarray} C_3=k\cdot c_1 \end{eqnarray}$ . Versehentlich habe ich ein kleines k geschrieben anstelle von K. $\begin{eqnarray} c_0=\tfrac{kT_u}{mc_p}=2\cdot 500\cdot 0,05=50 \end{eqnarray}$ Einsetzen liefert $\begin{eqnarray} \Delta \dot T=0,05\cdot u(t)-(1e-10) \cdot (500^4+4\cdot 500^3\cdot \Delta T)-0,1\cdot (500+\Delta T)+50 \end{eqnarray}$ Bringe diese Dgl. auf die Standardform $\begin{eqnarray} y'+a\cdot y=f(t) \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} y(t)=\Delta T(t) \end{eqnarray}$ die Größe der Temperaturabweichung vom Arbeitspunkt 500°. Als Anfangsbedingung $\begin{eqnarray} \Delta T(0) \end{eqnarray}$ kann man irgendeine "kleine" Abweichung zur Zeit t=0 wählen. Wenn man die Heizfunktion u(t) kennt, liefert die Lösung den zeitlichen Temperaturverlauf.
07.02.2015, 13:44	Bruder_Tack	Auf diesen Beitrag antworten »
Alles klar, Danke!!!

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