U05.2 – Systemberechnung

Ein System hat die im folgenden Bild dargestellte Struktur:

System

Für die einzelnen Teilsysteme gilt:

${{\dot y}_1}\left( t \right)+\alpha \cdot {y_1}\left( t \right) = {u_1}\left( t \right)\quad ,\quad {y_1}\left( {t = 0} \right) = {y_{10}}$

${{\dot y}_2}\left( t \right)+\beta \cdot {y_2}\left( t \right) = {{\dot u}_2}\left( t \right)+c \cdot {u_2}\left( t \right)\quad ,\quad {y_2}\left( {t = 0} \right) = {y_{20}}$

$mit\:\alpha \ne \beta \:und$

${{\dot y}_3}\left( t \right) = {u_3}\left( {t-T} \right)\quad ,\quad {y_3}\left( {t = 0} \right) = 0$

Berechnen Sie die vollständige Laplace-Transformierte Y(s) des Gesamtsystems.
Bestimmen Sie die Gewichtsfunktion g(t) und die Sprungantwort h(t) des Gesamtsystems
Bestimmen Sie y(t) für den Fall $u\left( t \right) \equiv 0$ , genannt ${y_A}\left( t \right)$
Bestimmen Sie y₂₀ in Abhängigkeit von y₁₀, so dass ${y_A}\left( {2 \cdot T} \right) = 0$ ist.

Lösung:

a)

Die Laplace-Transformierte berechnen wir auch hier wieder mit Hilfe der Tabelle, die bereits in Aufgabe 3 genutzt wurde.
Definition und Eigenschaften der Laplace-Transformation:

definition-eigenschaften-laplace-transformation

${{\dot y}_1}\left( t \right)+\alpha \cdot {y_1}\left( t \right) = {u_1}\left( t \right)\quad \to \quad s \cdot {Y_1}\left( s \right)-{y_{10}}+\alpha \cdot {Y_1}\left( s \right) = {U_1}\left( s \right)$

${{\dot y}_2}\left( t \right)+\beta \cdot {y_2}\left( t \right) = {{\dot u}_2}\left( t \right)+c \cdot {u_2}\left( t \right)\quad \to \quad s \cdot {Y_2}\left( s \right)-{y_{20}}+\beta \cdot {Y_2}\left( s \right) = s \cdot {U_2}\left( s \right)-{u_{20}}+c \cdot {U_2}\left( s \right)$

${{\dot y}_3}\left( t \right) = {u_3}\left( {t-T} \right)\quad \to \quad s \cdot {Y_3}\left( s \right) = {U_3}\left( s \right) \cdot {e^{-Ts}}$

Durch Umstellen nach Y erhalten wir:
${Y_1}\left( s \right) = \underbrace {\frac{1} {{s+\alpha }}}_{{G_1}\left( s \right)}{U_1}\left( s \right)+\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

${Y_2}\left( s \right) = \frac{{s+c}} {{s+\beta }}{U_2}\left( s \right)-\frac{{{u_{20}}-{y_{20}}}} {{s+\beta }}$

${Y_3}\left( s \right) = \frac{{{e^{-Ts}}}} {s}{U_3}\left( s \right)$

Aus der Systemskizze entnehmen wir nun folgende Beziehungen:

${u_2} = {u_3} = {y_1}\quad \Rightarrow \quad {u_{20}} = {y_{10}}$

$u = {u_1}$

$y = {y_2}+{y_3}$

$\Rightarrow \quad Y = {Y_2}+{Y_3} = \underbrace {\frac{{s+c}} {{s+\beta }}}_{{G_2}\left( s \right)}\underbrace {{U_2}\left( s \right)}_{{Y_1}\left( s \right)}-\frac{{{u_{20}}-{y_{20}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\underbrace {{U_3}\left( s \right)}_{{Y_1}\left( s \right)} = {G_2}\left( s \right){Y_1}\left( s \right)+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}{Y_1}\left( s \right)$

Durch Einsetzen aller Y ergibt sich:

$Y\left( s \right) = {G_2}\left( s \right){G_1}\left( s \right){U_1}\left( s \right)+{G_2}\left( s \right)\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+{G_3}\left( s \right){G_1}\left( s \right)U\left( s \right)+{G_3}\left( s \right)\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

Durch Umstellen und wiedereinsetzen der Übertragungsfunktionen erhalten wir schließlich:

$Y\left( s \right) = \underbrace {\left( {\frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{1} {{s+\alpha }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{1} {{s+\alpha }}} \right)}_{G\left( s \right)}U\left( s \right)+\frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

b)

Die Gewichtsfunktion g(t) oder auch Impulsantwort ist die Systemantwort eines Systems, bei Erregung durch den Dirac’schen Deltaimpuls δ(t).

Der Korrespondenztabelle für Laplace-Transformationen entnehmen wir:

korrespondenz-tabelle-laplace-transformation

Bei der Berechnung betrachten wir nur die Übertragungsfunktion und nicht den Anteil, der durch die Bewegung aufgrund der Anfangsbedingungen hervorgerufen wird:

$\delta \left( t \right)\quad \to \quad 1$

$\Rightarrow \quad Y\left( s \right) = G\left( s \right) \cdot U\left( s \right) = G\left( s \right)$

$= \frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{1} {{s+\alpha }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{1} {{s+\alpha }}$

Für die beiden Teilterme der Summe führen wir nun wie in Aufgabe 3 eine Partialbrucherlegung durch, um die Rücktransformation zu ermöglichen:

$\frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{1} {{s+\alpha }} = \frac{A} {{s+\beta }}+\frac{B} {{s+\alpha }}$

$\Rightarrow \quad A = \frac{{-\beta +c}} {{-\beta +\alpha }}$

$\Rightarrow \quad B = \frac{{-\alpha +c}} {{-\alpha +\beta }}$

$\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{1} {{s+\alpha }} = \frac{C} {s}+\frac{D} {{s+\alpha }}$

$\Rightarrow \quad C = \frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }$

$\Rightarrow \quad D = \frac{{{e^{-Ts}}}} {{-\alpha }}$

Damit erhalten wir:

$G\left( s \right) = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}\frac{1} {{s+\beta }}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}\frac{1} {{s+\alpha }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{1} {s}-\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{1} {{s+\alpha }}$

Durch Rücktransformation folgt mit der Korrespondenztabelle

korrespondenz-tabelle-laplace-transformation

und mit Hilfe des Rechtsverschiebungssatzes

$RVS:\quad f\left( {t-a} \right) \cdot 1\left( {t-a} \right)\quad \leftrightarrow \quad {e^{-as}} \cdot F\left( s \right)$

$\underbrace {{e^{-Ts}}}_{{e^{-as}}} \cdot \underbrace {\frac{1} {s}}_{F\left( s \right)}\quad \to \quad \underbrace {1\left( {t-T} \right)}_{f\left( {t-a} \right)} \cdot 1\left( {t-T} \right) = 1\left( {t-T} \right)$

$\underbrace {{e^{-Ts}}}_{{e^{-as}}} \cdot \underbrace {\frac{1} {{s+\alpha }}}_{F\left( s \right)}\quad \to \quad \underbrace {{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)}_{f\left( {t-a} \right)} \cdot 1\left( {t-T} \right) = {e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

$\Rightarrow \quad G\left( s \right)\quad \to \quad g\left( t \right) = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}} \cdot 1\left( t \right)+\frac{1} {\alpha }1\left( {t-T} \right)-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

Zwischen der Gewichtsfunktion g(t) und der Sprungantwort h(t) des Systems gilt die Beziehung:

$g\left( t \right) = \frac{{\partial h\left( t \right)}} {{\partial t}}\quad \Rightarrow \quad h\left( t \right) = \int\limits_0^t {g\left( \tau \right)\:d\tau }$

Zudem benötigen wir folgende Definitionen:

$\delta \left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { \ne 0} & {t = 0} \\ 0 & {t \ne 0} \\ \end{array} } \right.$

$1\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 1 & {t \geq 0} \\ 0 & {t < 0} \\ \end{array} } \right.$

Also folgt:

$g\left( t \right) = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta \tau }} \cdot 1\left( t \right)+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}} \cdot 1\left( t \right)+\frac{1} {\alpha }1\left( {t-T} \right)-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

$h\left( t \right) = \int\limits_0^t {g\left( \tau \right)\:d\tau } = \ldots$

Zur Vereinfachung integrieren wir die Terme einzeln:

$\int\limits_0^t {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta \tau }} \cdot 1\left( \tau \right)\:d\tau } = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }} \cdot \left( {\left[ {-\frac{1} {\beta }{e^{-\beta \tau }} \cdot 1\left( \tau \right)} \right]_0^t-\int\limits_0^t {-\frac{1} {\beta }{e^{-\beta \tau }} \cdot \delta \left( \tau \right)\:d\tau } } \right)$

$\quad = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }} \cdot \left( {\left[ {\frac{1} {\beta }-\frac{1} {\beta }{e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)} \right]-\int\limits_0^t {-\frac{1} {\beta } \cdot \delta \left( \tau \right)\:d\tau } } \right)$

$\quad = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }} \cdot \left( {\left[ {\frac{1} {\beta }-\frac{1} {\beta }{e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)} \right]+\left[ {\frac{1} {\beta } \cdot 1\left( t \right)-\frac{1} {\beta } \cdot 1\left( 0 \right)} \right]} \right)$

$\quad = \frac{{c-\beta }} {{\beta \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\beta t}}} \right) \cdot 1\left( t \right)$

Analog Term 2:

$\int\limits_0^t {\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}} \cdot 1\left( \tau \right)\:d\tau } = \frac{{c-\beta }} {{\alpha \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\alpha t}}} \right) \cdot 1\left( t \right)$

Term 3:

Für das Integral der Sprungfunktion gilt:

$\int\limits_{-\infty }^t {1\left( \tau \right)\:d\tau } = 1\left( t \right) \cdot t$

Annahme: T > 0

$\int\limits_0^t {\frac{1} {\alpha }1\left( {\tau -T} \right)\:d\tau } = \frac{1} {\alpha }\left[ {1\left( {\tau -T} \right) \cdot \left( {\tau -T} \right)\:} \right]_0^t = \frac{1} {\alpha }1\left( {t-T} \right) \cdot \left( {t-T} \right)\:$

Term 4:

$\int\limits_0^t {\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {\tau -T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)\:d\tau } =$

$\frac{1} {\alpha } \cdot \left( {\left[ {-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {\tau -T} \right)}} \cdot 1\left( {\tau -T} \right)} \right]_0^t-\int\limits_0^t {-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {\tau -T} \right)}} \cdot \delta \left( {\tau -T} \right)\:d\tau } } \right)$

$\quad = \frac{1} {\alpha } \cdot \left( {\left[ {-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)} \right]+\int\limits_0^t {\frac{1} {\alpha } \cdot \delta \left( {\tau -T} \right)\:d\tau } } \right)$

$\quad = \frac{1} {\alpha } \cdot \left( {\left[ {-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)} \right]+\left[ {\frac{1} {a} \cdot 1\left( {t-T} \right)-\frac{1} {\alpha } \cdot \underbrace {1\left( {-T} \right)}_{0,\:da\:T > 0}} \right]} \right)$

$\quad = \frac{1} {{{\alpha ^2}}} \cdot \left( {1-{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}}} \right) \cdot 1\left( {t-T} \right)$

Durch Einsetzen aller Integrale erhalten wir:

$h\left( t \right) = \int\limits_0^t {g\left( \tau \right)\:d\tau } = \ldots$

$= \frac{{c-\beta }} {{\beta \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\beta t}}} \right) \cdot 1\left( t \right)+\frac{{c-\beta }} {{\alpha \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\alpha t}}} \right) \cdot 1\left( t \right)+\frac{1} {\alpha }1\left( {t-T} \right) \cdot \left( {t-T} \right)-\frac{1} {{{\alpha ^2}}} \cdot \left( {1-{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}}} \right) \cdot 1\left( {t-T} \right)$

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {h\left( t \right) = \left[ {\frac{{c-\beta }} {{\beta \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\beta t}}} \right)+\frac{{c-\beta }} {{\alpha \left( {\alpha -\beta } \right)}} \cdot \left( {1-{e^{-\alpha t}}} \right)} \right] \cdot 1\left( t \right)+\frac{1} {\alpha }\left[ {\left( {t-T} \right)-\frac{1} {\alpha } \cdot \left( {1-{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}}} \right)} \right] \cdot 1\left( {t-T} \right)}}$

c)

Wir nehmen hier einfach die Formel aus a) und setzen u(t) = 0 bzw. U(s) = 0:

$\Rightarrow \quad {Y_A}\left( s \right) = \frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

Analog zur vorherigen Teilaufgabe folgt damit:

${Y_A}\left( s \right) = \frac{{s+c}} {{s+\beta }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {s}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }} =$

$\quad = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{{{y_{10}}}} {s}-\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

Zu beachten ist noch der mittlere Zusatzterm:

$\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}\quad \to \quad \left( {{y_{20}}-{y_{10}}} \right) \cdot {e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)$

Durch Vergleich mit der vorherigen Aufgabe folgt:

$vgl.:\quad G\left( s \right) = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}\frac{1} {{s+\beta }}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}\frac{1} {{s+\alpha }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{1} {s}-\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{1} {{s+\alpha }}$

$\to \quad g\left( t \right) = \left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta \tau }}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}}} \right] \cdot 1\left( t \right)+\frac{1} {\alpha }1\left( {t-T} \right)-\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

$\Rightarrow \quad {Y_A}\left( s \right) = \frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}+\frac{{{y_{20}}-{y_{10}}}} {{s+\beta }}+\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{{{y_{10}}}} {s}-\frac{{{e^{-Ts}}}} {\alpha }\frac{{{y_{10}}}} {{s+\alpha }}$

$\to \quad {y_A}\left( t \right) = {y_{10}}\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta t}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}}} \right] \cdot 1\left( t \right)+\left( {{y_{20}}-{y_{10}}} \right) \cdot {e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)$

$\qquad \qquad \quad +\frac{{y_{10}}} {\alpha }1\left( {t-T} \right)-\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

d)

Wir formen um:

${y_A}\left( {2 \cdot T} \right) = 0 = {y_{10}}\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta t}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha t}}} \right] \cdot 1\left( t \right)+\left( {{y_{20}}-{y_{10}}} \right) \cdot {e^{-\beta t}} \cdot 1\left( t \right)+\frac{{{y_{10}}}} {\alpha } \cdot 1\left( {t-T} \right)-\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }{e^{-\alpha \left( {t-T} \right)}} \cdot 1\left( {t-T} \right)$

$\Rightarrow \quad 0 = {y_{10}}\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha 2T}}} \right] \cdot 1\left( {2T} \right)+\left( {{y_{20}}-{y_{10}}} \right) \cdot {e^{-\beta 2T}} \cdot 1\left( {2T} \right)+\frac{{{y_{10}}}} {\alpha } \cdot 1\left( T \right)-\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }{e^{-\alpha \left( T \right)}} \cdot 1\left( T \right)$

$\qquad = {y_{10}}\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha 2T}}} \right]+\left( {{y_{20}}-{y_{10}}} \right) \cdot {e^{-\beta 2T}}+\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }-\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }{e^{-\alpha \left( T \right)}}$

$\Rightarrow \quad -{y_{10}}\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha 2T}}} \right]+\frac{{{y_{10}}}} {\alpha }{e^{-\alpha \left( T \right)}}+{y_{10}}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{{y_{10}}}} {\alpha } = {y_{20}} \cdot {e^{-\beta 2T}}$

$\Rightarrow \quad \left( {1-\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha 2T}}} \right]{e^{\beta 2T}}+\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( T \right)}}{e^{\beta 2T}}+\frac{1} {\alpha }{e^{\beta 2T}}} \right){y_{10}} = {y_{20}}$

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {{y_{20}} = \left( {1-\left( {\left[ {\frac{{c-\beta }} {{\alpha -\beta }}{e^{-\beta 2T}}+\frac{{c-\alpha }} {{\beta -\alpha }}{e^{-\alpha 2T}}} \right]+\frac{1} {\alpha }{e^{-\alpha \left( T \right)}}+\frac{1} {\alpha }} \right) \cdot {e^{\beta 2T}}} \right) \cdot {y_{10}}}}$

$\mathcal{J}\mathcal{K}$

5 Kommentare zu “U05.2 – Systemberechnung”

D. Fischer

15. 03. 10 at 10:45 pm

Servus,
kannst du mir kurz erklären, wie du bei der Integration der Gewichtsfunktion zur Sprungantwort den ersten Term berechnest? Probleme habe ich da in der zweiten Zeile, wo der e-Term im Integral anscheinend einfach “verschwindet”. Was passiert mit dem?

Danke für deine Hilfe!

15. 03. 10 at 11:13 pm

Das liegt an der Definition des Diracimpulses im Kasten darüber.
Dieser ist ja nur dann ungleich 0, wenn tau = 0 ist. Und für tau = 0 ist e^tau = 1.
Für den Fall dass tau nicht 0 ist, wäre ja der Ausdruck im Integral wegen dem Diracimpuls = 0.
Darum setzen wir also an dieser Stelle das e^tau = 1, weil der ganze Ausdruck im Integral eben nur für tau = 0 existiert.
Hoffe ich konnte es verständlich rüberbringen

D. Fischer

15. 03. 10 at 11:18 pm

das macht sinn! dank dir!!! weiter so…

Osterhase

05. 04. 10 at 12:36 pm

Mahlzeit,
Aufgabenteil c) ist ein Fehler in der Lösung y_A(t) beim Term, der den Rechtverschiebungssatz enthält: dort ist bei euch ein (y_20-y_10)/alpha angebeben, dies steht aber im vorigen Term y_A(s) nicht. Wahrscheinlich nen Tippfehler.
Schöne Feiertage

05. 04. 10 at 1:01 pm

Richtig. Is mir auch grad bei Durchrechnen aufgefallen. Hab’s korrigiert.
Danke und wünsche auch allen frohe Feiertage.

Mathematical Engineering

U05.2 – Systemberechnung

Lösung:

a)

b)

c)

d)

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