Energie Signal

16.11.2016, 18:03	Kaz21	Auf diesen Beitrag antworten »
Energie Signal Kann mir jemand erklären wie ich das Energie Integral jetzt nach t integrieren kann? Soll ich die Grenzen von 0 bis 2 Tp benutzen?
17.11.2016, 11:07	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Du solltest deine Aufgabe zumindest richtig abschreiben. Zu berechnen ist das Integral $\begin{eqnarray} E=\int_{-\infty}^{+\infty}x^2(t)\,\,dt \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} x(t)=\left \{\begin{matrix} 4\cdot 2^{-{\tfrac{2\cdot \|t-T_P\|}{T_P}}} & 0\leq t \leq 2\cdot T_P\\ 0 & \text{sonst} \end{matrix} \right. \end{eqnarray}$ Einsetzen ergibt unter Benutzung des Potenzgesetzes $\begin{eqnarray} \left ( 4\cdot 2^x\right )^2=16\cdot 2^{2x} \end{eqnarray}$ folgendes Integral $\begin{eqnarray} E=16\cdot \int_{0}^{2\cdot T_P}2^{-{\tfrac{4\cdot \|t-T_P\|}{T_P}}}\,\,dt \end{eqnarray}$ Um die störenden Betragsstriche zu beseitigen, teilen wir das Integrationsintervall $\begin{eqnarray} [0;2T_P] \end{eqnarray}$ in die beiden Hälften $\begin{eqnarray} [0;T_P] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} [T_P;2T_P] \end{eqnarray}$ und erhalten somit die Summe aus 2 Integralen $\begin{eqnarray} E=16\cdot \int_{0}^{T_P}2^{-{\tfrac{4\cdot \|t-T_P\|}{T_P}}}\,\,dt+16\cdot \int_{T_P}^{2\cdot T_P}2^{-{\tfrac{4\cdot \|t-T_P\|}{T_P}}}\,\,dt \end{eqnarray}$ Im 1.Integral gilt für die Integrationsvariable $\begin{eqnarray} t \leq T_P \end{eqnarray}$ . Deshalb kann man dort setzen $\begin{eqnarray} -\|t-T_P\|=+(t-T_P) \end{eqnarray}$ . Im 2.Integral gilt dagegen für die Integrationsvariable $\begin{eqnarray} t \geq T_P \end{eqnarray}$ , weshalb man dort setzen kann $\begin{eqnarray} \|t-T_P\|=(t-T_P) \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} E=16\cdot \int_{0}^{T_P}2^{+{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}}\,\,dt+16\cdot \int_{T_P}^{2\cdot T_P}2^{-{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}}\,\,dt \end{eqnarray}$ Forme die beiden Integranden mit der Regel $\begin{eqnarray} 2^x=e^{\ln(2)\cdot x} \end{eqnarray}$ in zwei e-Funktionen um. Diese solltest du integrieren können.
17.11.2016, 18:25	Kaz21	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut danke für deine Mühe . Hier mein Ansatz: für das erste integral . Mann muss ja auch eigentlich nur ein Integral berechnen, wegen der Symetrie denke ich. $\begin{eqnarray} E= 16\int_{0}^{Tp} \! e^{\frac{ln(2)4\|t-Tp\|}{Tp}} \, dt + 16\int_{0}^{Tp} \! e^{-\frac{ln(2)4\|t-Tp\|}{Tp}} \, dt \end{eqnarray}$ Substitution: $\begin{eqnarray} z = \frac{ln(2)4\|t-Tp\|}{Tp} \end{eqnarray}$ abgeleitet: $\begin{eqnarray} z = \frac{ln(2)4}{Tp} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} dz /dt = \frac{ln(2)4}{Tp} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} dt = \frac{Tpdz}{ln(2)4} \end{eqnarray}$ Diesen term als Konstante vor das Integral ziehen und nach e^z integrieren Das integral ist dann e^z Bekomme als ergebnis das raus : Soll ich hier für z die Grenzen einsetzen oder wie? $\begin{eqnarray} \frac{16Tp}{ln(2)4} e^z \end{eqnarray}$
18.11.2016, 10:27	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu berechnen waren die Integrale $\begin{eqnarray} E=16\cdot \int_{0}^{T_P}2^{+{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}}\,\,dt+16\cdot \int_{T_P}^{2\cdot T_P}2^{-{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}}\,\,dt \end{eqnarray}$ Du schreibst, dass man wegen der Symmetrie nur ein Integral berechnen muss. Das stimmt nicht ganz. ------------------------------------- 1.Integral: Substitution: $\begin{eqnarray} +{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}=\tau \end{eqnarray}$ Differenzieren der Substitution liefert $\begin{eqnarray} \tfrac{d\tau}{dt}=\tfrac{4}{T_P} \end{eqnarray}$ , woraus durch Umstellen das neue Differential folgt $\begin{eqnarray} dt=\tfrac{T_P}{4}\,d\tau \end{eqnarray}$ Die neuen Integrationsgrenzen erhält man, indem man die beiden alten Grenzen $\begin{eqnarray} [0;T_P] \end{eqnarray}$ anstelle von t in die obige Substitution einsetzt. Das liefert die neuen Integrationsgrenzen [-4;0]. ------------------------------------- 1.Integral: Substitution $\begin{eqnarray} -{\tfrac{4\cdot (t-T_P)}{T_P}}=\tau \end{eqnarray}$ Differenzieren der Substitution liefert $\begin{eqnarray} \tfrac{d\tau}{dt}=-\tfrac{4}{T_P} \end{eqnarray}$ , woraus durch Umstellen das neue Differential folgt $\begin{eqnarray} dt=-\tfrac{T_P}{4}\,d\tau \end{eqnarray}$ Die neuen Integrationsgrenzen erhält man, indem man die beiden alten Grenzen $\begin{eqnarray} [T_P;2T_P] \end{eqnarray}$ anstelle von t in die obige Substitution einsetzt. Das liefert die neuen Integrationsgrenzen [0;-4]. ------------------------------------- Einsetzen der Substitution, der neuen Grenzen und der neuen Differentiale dt liefert $\begin{eqnarray} E=16\cdot \int_{-4}^{0}2^{\tau}\,\,\underbrace{\tfrac{T_P}{4}\,d\tau}_{dt}+16\cdot \int_{0}^{-4}2^{\tau}\,\,\underbrace{\left (-\tfrac{T_P}{4}\right )\,d\tau}_{dt} \end{eqnarray}$ Im 2.Integral lassen wir das Minuszeichen im Integranden weg und vertauschen zum Ausgleich die Integrationsgrenzen. Dann ergeben sich zwei identische Integrale $\begin{eqnarray} E=\tfrac{16\cdot T_P}{4} \cdot \int_{-4}^{0}2^{\tau}\,\,\,d\tau+\tfrac{16\cdot T_P}{4} \cdot \int_{-4}^{0}2^{\tau}\,\,\,d\tau \end{eqnarray}$ Zusammenfassen beider Integrale liefert mit $\begin{eqnarray} 2^\tau=e^{\ln(2)\cdot \tau} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} E=8T_P \cdot \int_{-4}^{0}e^{\ln(2)\cdot \tau}\,\,\,d\tau=8T_P \cdot [\tfrac{1}{\ln(2)}\cdot e^{\ln(2)\cdot \tau}]_{-4}^0=8T_P \cdot [\tfrac{1}{\ln(2)}\cdot 2^{\tau}]_{-4}^0=\tfrac{8T_P}{\ln(2)} \cdot \underbrace{[2^0-2^{-4}]}_{\tfrac{15}{16}}=\tfrac{15}{2}\cdot \tfrac{T_P}{\ln(2)} \end{eqnarray}$
18.11.2016, 14:54	Kaz21	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie hast du genau die neuen integrationsgrenzen ausgerechnet ? Das verstehe ich nicht.
19.11.2016, 11:23	Kaz21	Auf diesen Beitrag antworten »
Noch paar Tips wie du zu den Integrationsgrenzen gekommen bist?
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21.11.2016, 09:53	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Nach der Subtsitution eines Integral erhält man die neuen Integrationsgrenzen stets dadaurch, dass man die alten Integrationsgrenzen in die Substitution einsetzt: Beispiel: im 1.Ingtragl lautete die Substitution $\begin{eqnarray} \tau=\tfrac{4\cdot (t-T_P}{T_P} \end{eqnarray}$ Einsetzen der alten Grenze $\begin{eqnarray} t_1=0 \end{eqnarray}$ liefert die neuen Grenzen $\begin{eqnarray} \tau_1=-4 \end{eqnarray}$ . Einsetzen der alten Grenze $\begin{eqnarray} t_2=T_P \end{eqnarray}$ liefert die neue Grenze $\begin{eqnarray} \tau_1=0 \end{eqnarray}$ .

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