Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Laplace-Transformationen.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte der Funktion $f'$ (1. Ableitung von $f$), wobei $f$ gegeben ist durch $f(t)=sin(3t)$. Nr. 4880
	$\frac{3}{s^2+9}$
	$\frac{3s}{s^2+9}$
	$\frac{s}{s^2+9}$
	$\frac{3}{s^2+3}$
	$\frac{s}{s^2+3}$
Lösungsweg Variante 1: Berechnen der 1. Ableitung von $f$ ergibt $f'(t)=3\cos(3t)$. Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form $\cos(at)$ ist durch $\frac{s}{s^2+a^2}$ gegeben ([A.33]). Daher ist die Laplacetransformierte von $\cos(3t)$ durch $\frac{s}{s^2+9}$ gegeben. Auch gilt: Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form $c\cdot f(t)$ ist durch $c \cdot F(s)$ gegeben ([A.2]). Daher ist die Laplacetransformierte von $3\cos(3t)$ durch $3\cdot\frac{s}{s^2+9}=\frac{3s}{s^2+9}$ gegeben. Variante 2: Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form $f'(t)$ ist durch $s F(s)-f(0)$ gegeben ([A.8]), benötigt werden also $F(s)$ und $f(0)$. Für $F(s)$: Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form $\sin(at)$ ist durch $\frac{a}{s^2+a^2}$ gegeben ([A.32]). Daher ist die Laplacetransformierte von $\sin(3t)$ durch $\frac{3}{s^2+9}$ gegeben. Für $f(0)$: $f(0)=\sin(3\cdot 0)=\sin(0)=0$. Daher gesamt: $s F(s)-f(0)= s \cdot \frac{3}{s^2+9} - 0 = \frac{3s}{s^2+9}$.

5 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die inverse Laplacetransformierte $f=\mathcal{L}^{-1}(F)$ der Funktion $F$ mit $F(t)=\frac{1}{(s+3)^2}$. Nr. 4998
	$f(t)=t\cdot e^{3t}$
	$f(t)=t\cdot e^{-3t}$
	$f(t)=e^{3t}$
	$f(t)=e^{-3t}$
	$f(t)=\sin(-3t)$
Lösungsweg Es gilt: $\mathcal{L}^{-1}\Big[\frac{1}{(s+a)^2}\Big](t)=t \cdot e^{-at}$ ([B.19]), daher (mit $a=3$) $\mathcal{L}^{-1}\Big[\frac{1}{(s+3)^2}\Big](t)=t \cdot e^{-3t}$.

5 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie die Laplacetransformierte $\mathscr{L} \{f(t)\}$ zu folgender Funktion: $f(t)=\cos^2(4t-8)$ Hinweis: $\cos^2 (at) \circ - \bullet \frac{s^2+2a^2}{s(s^2+4a^2)}$ Nr. 3958
	$ \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}$
	$e^{-2s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}$
	$e^{-14s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s^2+8}$
	$e^{-14s} \cdot \frac{4s^2}{s^2+8}$
Lösungsweg $f(t)=\cos^2(4t-8)$ $\cos^2 (4t) \circ - \bullet \frac{s^2+2 \cdot 4^2}{s(s^2+4 \cdot 4^2)}$ $\cos^2 (4t-8) \circ - \bullet e^{-2s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}$ Verschiebung im Zeitbereich: a=2 Streckung: $f(c \cdot t) \circ - \bullet \frac{1}{c} \cdot F \cdot \frac{s}{c}}$ Linearität: $\alpha \cdot f( t) \circ - \bullet \alpha \cdot F(s)$ Verschiebung im Zeitbereich: $f( t - a) \circ - \bullet e^{- s \cdot a} \cdot F(s)$ Verschiebung im Bildbereich: $e^{-a \cdot t} \cdot f(t) \circ - \bullet \cdot F(s + a)$

4 erreichbare Punkte

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung $f'(t)+3f(t)=e^{-t}$ mit Anfangsbedindung $f(0)=0$ . Nr. 4893
	$\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{2}$
	$e^{-t}-e^{-3t}}$
	$\frac{e^{-3t}-e^{-t}}{4}$
	$e^{-t}$
	$e^{-3t}$
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt $\mathcal{L}[f'(t)+3 f(t)]=\mathcal{L}[f'(t)]+3\mathcal{L}[f(t)]$. Für $f'(t)$: Es gilt: $\mathcal{L}[f'(t)](s)=sF(s)-f(0)$ ([A.8]). Daher für diese Aufgabe (mit $f(0)=0$): $\mathcal{L}[f'(t)](s)=sF(s)-0=sF(s)$. Daher gilt: $\mathcal{L}[f'(t)+3 f(t)]=\mathcal{L}[f'(t)]+3\mathcal{L}[f(t)]=sF(s)+3F(s)$. Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: $\mathcal{L}[e^{-t}](s)=\frac{1}{s+1}$ ([A.21]). Gleichsetzen: $sF(s)+3F(s)=\frac{1}{s+1}$ Herausheben auf der linken Seite liefert $(s+3)F(s)=\frac{1}{s+1}$, dividieren durch $s+3$ führt zu $F(s)=\frac{1}{(s+1)(s+3)}$. Es gilt $\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{(s+a)(s+b)})=\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{b-a}$([B.22]), daher für diese Aufgabe (mit $a=1$ und $b=3$) $f(t)=\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{(s+1)(s+3)})=\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{3-1}=\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{2}$

5 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie die Laplacetransformierte $\mathscr{L} \{f(t)\}$ zu folgender Funktion: $f(t)= e^{-3t} \cdot cos(8t)$ Hinweis: $cos(at) \circ - \bullet \frac{s}{s^2+a^2}$ Nr. 3965
	$ \frac{s+3}{(s+3)^2+ 64}$
	$ \frac{s^2}{(s+3)^2}$
	$ \frac{4s}{(s+4)^2+8}$
	$ \frac{4s^2}{s+8}$
Lösungsweg $f(t)= e^{-3t} \cdot cos(8t)$ $cos(8t) \circ - \bullet \frac{s}{s^2+ 8^2}$ $e^{-3t} \cdot cos(8t) \circ - \bullet \frac{s+3}{(s+3)^2+ 64}$ Verschiebung im Bildbereich: a=3 Streckung: $f(c \cdot t) \circ - \bullet \frac{1}{c} \cdot F \cdot \frac{s}{c}}$ Linearität: $\alpha \cdot f( t) \circ - \bullet \alpha \cdot F(s)$ Verschiebung im Zeitbereich: $f( t - a) \circ - \bullet e^{s \cdot a} \cdot F(s)$ Verschiebung im Bildbereich: $e^{-a \cdot t} \cdot f(t) \circ - \bullet \cdot F(s + a)$

4 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgende Differentialgleichung mittels Laplacetransformation: $y^{\prime \prime} - 2y^{\prime} + y = xe^x \\ $ Nr. 4234
	$y(x) = \frac{x^3e^{x}}{6}$
	$y(x) = {x^3e^{x}$
	$y(x) = \frac{x^4e^{2x}}{6}$
	$y(x) = \frac{xe^{3x}}{2}$
Lösungsweg Die Differntialgleichung wird zuerst laplacetransformiert: $\mathcal{L} (y^{\prime \prime}) - 2\mathcal{L}(y^{\prime}) + \mathcal{L}(y) = \mathcal{L}(xe^x) \\ \text{Somit erkennt man, dass folgendes berechnet werden muss: } \\ \mathcal{L}(xe^x)=?$ $\mathcal{L}(xe^x)= \bigint_0^{\infty} xe^xe^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} xe^{-x(s-1)}dx$ Um das Integral zu lösen, wird partiell integriert und um die Schreibweise zu vereinfachen, verwendet man: u=s-1 $\bigint_0^{\infty} xe^{-xu}dx = xe^{-xu} \cdot \frac{1}{-u} \; \mid _0^{\infty} - \bigint_0^{\infty}\frac{1}{-u} e^{-xu}dx = \\ $ $= ( 0 - 0 ) - e^{-xu} \cdot \frac{1}{-u} \frac{1}{-u} \; \mid _0^{\infty} = \\ = 0 - e^{-xu} \cdot \frac{1}{u^2} \; \mid _0^{\infty} = \\$ $= - ( e^{-\infty}\frac{1}{u^2} - e^0 \frac{1}{u^2} ) = \\ = - ( 0 - \frac{1}{u^2} ) = \frac{1}{u^2} = \frac{1}{(s-1)^2}$ Also: $\mathcal{L}(xe^x)= \frac{1}{(s-1)^2}$ Somit kann man nun zur eigentlichen Gleichung zurückkehren: $\mathcal{L} (y^{\prime \prime}) - 2\mathcal{L}(y^{\prime}) + \mathcal{L}(y) = \mathcal{L}(xe^x) \\ s^2\mathcal{L} (y) - 2s\mathcal{L}(y) + \mathcal{L}(y) = \frac{1}{(s-1)^2}$ $\mathcal{L} (y) ( s^2- 2s + 1) = \frac{1}{(s-1)^2} \\ \mathcal{L} (y) = \frac{1}{( s^2- 2s + 1)} \cdot \frac{1}{(s-1)^2} \\ \mathcal{L} (y) = \frac{1}{(s-1)^2} \cdot \frac{1}{(s-1)^2} \\$ $\mathcal{L} (y) = \frac{1}{(s-1)^4} $ Nun kann mit Hilfe einer Tablle folgendes gefunden werden: $\mathcal{L}(x^me^{-ax})= \frac{m!}{(s+a)^{m+1}$ Man erkennt: $a=-1$ und vergleichen der Hochzahlen im Nenner liefert: $m=3$ Setzt man das alles in die rechte Seite ein, erhält man: $\mathcal{L}(x^me^{-ax})= \frac{3!}{(s-1)^{3+1}} \\ \mathcal{L}(x^3e^{x}) = \frac{6}{(s-1)^{4}$ Die rechte Seite stimmt also mit unserem Ergebnis bis auf den Faktor (-6) überein. Somit wissen wir: $\frac{1}{(s-1)^4} =\frac{1}{6} \mathcal{L}(x^3e^{x}) = \mathcal{L}(\frac{x^3e^{x}}{6})$ Man erhält also: $y(x) = \frac{x^3e^{x}}{6}$

4 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem mittels Laplace-Transformation! $f''(t) + 9 f(t) = -10 \cos(2t), \quad f(0) = -2, \; f'(0) = 0$ Nr. 5088
	$f(t) = -4 \cos(3t) + 2 \sin(3t) - \cos(2t)$
	$f(t) = -6 \sin(2t)$
	$f(t) = -2 \cos(2t)$
	$F(s) =\frac{-2s}{s^2 + 4}$
	$f(t) = -4 \cos(3t) + 2 \cos(2t)$
Lösungsweg Es soll das Anfangswertproblem $f''(t) + 9 f(t) = -10 \cos(2t), \quad f(0) = -2, f'(0) = 0$ mittels Laplace-Transformation gelöst werden. 1. Bilden der Laplace-Transformierten: $s^2 \cdot F(s) - s f(0) - f'(0) + 9 F(s) = -10 \frac{s}{s^2 + 2^2}$ 2. Einsetzen der Anfangswerte: $s^2 \cdot F(s) +2s + 9 F(s) = -10 \frac{s}{s^2 + 4}$ 3. Lösen nach F(s): $F(s) = \frac{-10s}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} - \frac{2s}{s^2 +9}$ 4. Vereinfachen der rechten Seite (hier ohne Partialbruchzerlegung möglich): $F(s) = \frac{-10s - 2s(s^2+4)}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-10s - 2s^3- 8s}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-2s(s^2+9)}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-2s}{s^2 + 4}$ 5. Rücktransformieren: $f(t) = -2 \cos(2t)$ Formeln für die Transformation: $f(t) \circ - \bullet \mathcal{F}(s)$ $f'(t) \circ - \bullet s \cdot \mathcal{F}(s) - f(0)$ $f''(t) \circ - \bullet s^2 \cdot \mathcal{F}(s) - sf(0) - f'(0)$ $\cos(at) \circ - \bullet \frac{s}{s^2 + a^2}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die Differentialgleichung mittels Laplacetransformation (Transformationstabelle erforderlich): $f'+\frac{1}{2}f=0$ Anfangsbedingung: f(0)=5 Nr. 3932
	$f(t) = 10 \cdot e^{-\frac{1}{4}t}$
	$f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{25}t}$
	$f(t) = 7 \cdot e^{-\frac{5}{2}t}$
	$f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{2}t}$
Lösungsweg $f'+\frac{1}{2}f=0$ $f'(t)+\frac{1}{2}f(t)=0 $ Laplace transformieren: $s \cdot F(s) - f(0) + \frac{1}{2} F(s) = 0$ $s \cdot F(s) + \frac{1}{2} F(s) =f(0)$ $F(s) \cdot (s + \frac{1}{2}) = f(0)$ $F(s) = \frac{f(0)}{(s + \frac{1}{2})}$ Anfangswert einsetzen $F(s) = \frac{5}{(s + \frac{1}{2})}$ Rücktransformieren $f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{2}t}$ Formeln für Transformation: $f(t) \circ - \bullet \mathcal{F}(s)$ $f'(t) \circ - \bullet s \cdot \mathcal{F}(s) - f(0)$ Formel für Rücktransformation: $\frac{1}{s+a} \circ - \bullet e^{-at}$

4 erreichbare Punkte

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Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte der Funktion \(f'\) (1. Ableitung von \(f\)), wobei \(f\) gegeben ist durch \(f(t)=sin(3t)\). Nr. 4880
	\(\frac{3}{s^2+9}\)
	\(\frac{3s}{s^2+9}\)
	\(\frac{s}{s^2+9}\)
	\(\frac{3}{s^2+3}\)
	\(\frac{s}{s^2+3}\)
Lösungsweg Variante 1: Berechnen der 1. Ableitung von \(f\) ergibt \(f'(t)=3\cos(3t)\). Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form \(\cos(at)\) ist durch \(\frac{s}{s^2+a^2}\) gegeben ([A.33]). Daher ist die Laplacetransformierte von \(\cos(3t)\) durch \(\frac{s}{s^2+9}\) gegeben. Auch gilt: Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form \(c\cdot f(t)\) ist durch \(c \cdot F(s)\) gegeben ([A.2]). Daher ist die Laplacetransformierte von \(3\cos(3t)\) durch \(3\cdot\frac{s}{s^2+9}=\frac{3s}{s^2+9}\) gegeben. Variante 2: Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form \(f'(t)\) ist durch \(s F(s)-f(0)\) gegeben ([A.8]), benötigt werden also \(F(s)\) und \(f(0)\). Für \(F(s)\): Die Laplacetransformierte einer Funktion der Form \(\sin(at)\) ist durch \(\frac{a}{s^2+a^2}\) gegeben ([A.32]). Daher ist die Laplacetransformierte von \(\sin(3t)\) durch \(\frac{3}{s^2+9}\) gegeben. Für \(f(0)\): \(f(0)=\sin(3\cdot 0)=\sin(0)=0\). Daher gesamt: \(s F(s)-f(0)= s \cdot \frac{3}{s^2+9} - 0 = \frac{3s}{s^2+9}\).

Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die inverse Laplacetransformierte \(f=\mathcal{L}^{-1}(F)\) der Funktion \(F\) mit \(F(t)=\frac{1}{(s+3)^2}\). Nr. 4998
	\(f(t)=t\cdot e^{3t}\)
	\(f(t)=t\cdot e^{-3t}\)
	\(f(t)=e^{3t}\)
	\(f(t)=e^{-3t}\)
	\(f(t)=\sin(-3t)\)
Lösungsweg Es gilt: \(\mathcal{L}^{-1}\Big[\frac{1}{(s+a)^2}\Big](t)=t \cdot e^{-at}\) ([B.19]), daher (mit \(a=3\)) \(\mathcal{L}^{-1}\Big[\frac{1}{(s+3)^2}\Big](t)=t \cdot e^{-3t}\).

Bestimmen Sie die Laplacetransformierte \(\mathscr{L} \{f(t)\}\) zu folgender Funktion: \(f(t)=\cos^2(4t-8)\) Hinweis: \(\cos^2 (at) \circ - \bullet \frac{s^2+2a^2}{s(s^2+4a^2)}\) Nr. 3958
	\( \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}\)
	\(e^{-2s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}\)
	\(e^{-14s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s^2+8}\)
	\(e^{-14s} \cdot \frac{4s^2}{s^2+8}\)
Lösungsweg \(f(t)=\cos^2(4t-8)\) \(\cos^2 (4t) \circ - \bullet \frac{s^2+2 \cdot 4^2}{s(s^2+4 \cdot 4^2)}\) \(\cos^2 (4t-8) \circ - \bullet e^{-2s} \cdot \frac{s^2 + 32}{s(s^2+64 )}\) Verschiebung im Zeitbereich: a=2 Streckung: \(f(c \cdot t) \circ - \bullet \frac{1}{c} \cdot F \cdot \frac{s}{c}}\) Linearität: \(\alpha \cdot f( t) \circ - \bullet \alpha \cdot F(s)\) Verschiebung im Zeitbereich: \(f( t - a) \circ - \bullet e^{- s \cdot a} \cdot F(s)\) Verschiebung im Bildbereich: \(e^{-a \cdot t} \cdot f(t) \circ - \bullet \cdot F(s + a)\)

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung \(f'(t)+3f(t)=e^{-t}\) mit Anfangsbedindung \(f(0)=0\) . Nr. 4893
	\(\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{2}\)
	\(e^{-t}-e^{-3t}}\)
	\(\frac{e^{-3t}-e^{-t}}{4}\)
	\(e^{-t}\)
	\(e^{-3t}\)
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt \(\mathcal{L}[f'(t)+3 f(t)]=\mathcal{L}[f'(t)]+3\mathcal{L}[f(t)]\). Für \(f'(t)\): Es gilt: \(\mathcal{L}[f'(t)](s)=sF(s)-f(0)\) ([A.8]). Daher für diese Aufgabe (mit \(f(0)=0\)): \(\mathcal{L}[f'(t)](s)=sF(s)-0=sF(s)\). Daher gilt: \(\mathcal{L}[f'(t)+3 f(t)]=\mathcal{L}[f'(t)]+3\mathcal{L}[f(t)]=sF(s)+3F(s)\). Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: \(\mathcal{L}[e^{-t}](s)=\frac{1}{s+1}\) ([A.21]). Gleichsetzen: \(sF(s)+3F(s)=\frac{1}{s+1}\) Herausheben auf der linken Seite liefert \((s+3)F(s)=\frac{1}{s+1}\), dividieren durch \(s+3\) führt zu \(F(s)=\frac{1}{(s+1)(s+3)}\). Es gilt \(\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{(s+a)(s+b)})=\frac{e^{-at}-e^{-bt}}{b-a}\)([B.22]), daher für diese Aufgabe (mit \(a=1\) und \(b=3\)) \(f(t)=\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{(s+1)(s+3)})=\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{3-1}=\frac{e^{-t}-e^{-3t}}{2}\)

Bestimmen Sie die Laplacetransformierte \(\mathscr{L} \{f(t)\}\) zu folgender Funktion: \(f(t)= e^{-3t} \cdot cos(8t)\) Hinweis: \(cos(at) \circ - \bullet \frac{s}{s^2+a^2}\) Nr. 3965
	\( \frac{s+3}{(s+3)^2+ 64}\)
	\( \frac{s^2}{(s+3)^2}\)
	\( \frac{4s}{(s+4)^2+8}\)
	\( \frac{4s^2}{s+8}\)
Lösungsweg \(f(t)= e^{-3t} \cdot cos(8t)\) \(cos(8t) \circ - \bullet \frac{s}{s^2+ 8^2}\) \(e^{-3t} \cdot cos(8t) \circ - \bullet \frac{s+3}{(s+3)^2+ 64}\) Verschiebung im Bildbereich: a=3 Streckung: \(f(c \cdot t) \circ - \bullet \frac{1}{c} \cdot F \cdot \frac{s}{c}}\) Linearität: \(\alpha \cdot f( t) \circ - \bullet \alpha \cdot F(s)\) Verschiebung im Zeitbereich: \(f( t - a) \circ - \bullet e^{s \cdot a} \cdot F(s)\) Verschiebung im Bildbereich: \(e^{-a \cdot t} \cdot f(t) \circ - \bullet \cdot F(s + a)\)

Lösen Sie folgende Differentialgleichung mittels Laplacetransformation: \(y^{\prime \prime} - 2y^{\prime} + y = xe^x \\ \) Nr. 4234
	\(y(x) = \frac{x^3e^{x}}{6}\)
	\(y(x) = {x^3e^{x}\)
	\(y(x) = \frac{x^4e^{2x}}{6}\)
	\(y(x) = \frac{xe^{3x}}{2}\)
Lösungsweg Die Differntialgleichung wird zuerst laplacetransformiert: \(\mathcal{L} (y^{\prime \prime}) - 2\mathcal{L}(y^{\prime}) + \mathcal{L}(y) = \mathcal{L}(xe^x) \\ \text{Somit erkennt man, dass folgendes berechnet werden muss: } \\ \mathcal{L}(xe^x)=?\) \(\mathcal{L}(xe^x)= \bigint_0^{\infty} xe^xe^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} xe^{-x(s-1)}dx\) Um das Integral zu lösen, wird partiell integriert und um die Schreibweise zu vereinfachen, verwendet man: u=s-1 \(\bigint_0^{\infty} xe^{-xu}dx = xe^{-xu} \cdot \frac{1}{-u} \; \mid _0^{\infty} - \bigint_0^{\infty}\frac{1}{-u} e^{-xu}dx = \\ \) \(= ( 0 - 0 ) - e^{-xu} \cdot \frac{1}{-u} \frac{1}{-u} \; \mid _0^{\infty} = \\ = 0 - e^{-xu} \cdot \frac{1}{u^2} \; \mid _0^{\infty} = \\\) \(= - ( e^{-\infty}\frac{1}{u^2} - e^0 \frac{1}{u^2} ) = \\ = - ( 0 - \frac{1}{u^2} ) = \frac{1}{u^2} = \frac{1}{(s-1)^2}\) Also: \(\mathcal{L}(xe^x)= \frac{1}{(s-1)^2}\) Somit kann man nun zur eigentlichen Gleichung zurückkehren: \(\mathcal{L} (y^{\prime \prime}) - 2\mathcal{L}(y^{\prime}) + \mathcal{L}(y) = \mathcal{L}(xe^x) \\ s^2\mathcal{L} (y) - 2s\mathcal{L}(y) + \mathcal{L}(y) = \frac{1}{(s-1)^2}\) \(\mathcal{L} (y) ( s^2- 2s + 1) = \frac{1}{(s-1)^2} \\ \mathcal{L} (y) = \frac{1}{( s^2- 2s + 1)} \cdot \frac{1}{(s-1)^2} \\ \mathcal{L} (y) = \frac{1}{(s-1)^2} \cdot \frac{1}{(s-1)^2} \\\) \(\mathcal{L} (y) = \frac{1}{(s-1)^4} \) Nun kann mit Hilfe einer Tablle folgendes gefunden werden: \(\mathcal{L}(x^me^{-ax})= \frac{m!}{(s+a)^{m+1}\) Man erkennt: \(a=-1\) und vergleichen der Hochzahlen im Nenner liefert: \(m=3\) Setzt man das alles in die rechte Seite ein, erhält man: \(\mathcal{L}(x^me^{-ax})= \frac{3!}{(s-1)^{3+1}} \\ \mathcal{L}(x^3e^{x}) = \frac{6}{(s-1)^{4}\) Die rechte Seite stimmt also mit unserem Ergebnis bis auf den Faktor (-6) überein. Somit wissen wir: \(\frac{1}{(s-1)^4} =\frac{1}{6} \mathcal{L}(x^3e^{x}) = \mathcal{L}(\frac{x^3e^{x}}{6})\) Man erhält also: \(y(x) = \frac{x^3e^{x}}{6}\)

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem mittels Laplace-Transformation! \(f''(t) + 9 f(t) = -10 \cos(2t), \quad f(0) = -2, \; f'(0) = 0\) Nr. 5088
	\(f(t) = -4 \cos(3t) + 2 \sin(3t) - \cos(2t)\)
	\(f(t) = -6 \sin(2t)\)
	\(f(t) = -2 \cos(2t)\)
	\(F(s) =\frac{-2s}{s^2 + 4}\)
	\(f(t) = -4 \cos(3t) + 2 \cos(2t)\)
Lösungsweg Es soll das Anfangswertproblem \(f''(t) + 9 f(t) = -10 \cos(2t), \quad f(0) = -2, f'(0) = 0\) mittels Laplace-Transformation gelöst werden. 1. Bilden der Laplace-Transformierten: \(s^2 \cdot F(s) - s f(0) - f'(0) + 9 F(s) = -10 \frac{s}{s^2 + 2^2}\) 2. Einsetzen der Anfangswerte: \(s^2 \cdot F(s) +2s + 9 F(s) = -10 \frac{s}{s^2 + 4}\) 3. Lösen nach F(s): \(F(s) = \frac{-10s}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} - \frac{2s}{s^2 +9}\) 4. Vereinfachen der rechten Seite (hier ohne Partialbruchzerlegung möglich): \(F(s) = \frac{-10s - 2s(s^2+4)}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-10s - 2s^3- 8s}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-2s(s^2+9)}{(s^2 + 4)(s^2 +9)} = \frac{-2s}{s^2 + 4}\) 5. Rücktransformieren: \(f(t) = -2 \cos(2t)\) Formeln für die Transformation: $f(t) \circ - \bullet \mathcal{F}(s)$ \(f'(t) \circ - \bullet s \cdot \mathcal{F}(s) - f(0)\) \(f''(t) \circ - \bullet s^2 \cdot \mathcal{F}(s) - sf(0) - f'(0)\) \(\cos(at) \circ - \bullet \frac{s}{s^2 + a^2}\)

Lösen Sie die Differentialgleichung mittels Laplacetransformation (Transformationstabelle erforderlich): \(f'+\frac{1}{2}f=0\) Anfangsbedingung: f(0)=5 Nr. 3932
	\(f(t) = 10 \cdot e^{-\frac{1}{4}t}\)
	\(f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{25}t}\)
	\(f(t) = 7 \cdot e^{-\frac{5}{2}t}\)
	\(f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{2}t}\)
Lösungsweg \(f'+\frac{1}{2}f=0\) \(f'(t)+\frac{1}{2}f(t)=0 \) Laplace transformieren: \(s \cdot F(s) - f(0) + \frac{1}{2} F(s) = 0\) \(s \cdot F(s) + \frac{1}{2} F(s) =f(0)\) \(F(s) \cdot (s + \frac{1}{2}) = f(0)\) \(F(s) = \frac{f(0)}{(s + \frac{1}{2})}\) Anfangswert einsetzen \(F(s) = \frac{5}{(s + \frac{1}{2})}\) Rücktransformieren \(f(t) = 5 \cdot e^{-\frac{1}{2}t}\) Formeln für Transformation: \(f(t) \circ - \bullet \mathcal{F}(s)\) \(f'(t) \circ - \bullet s \cdot \mathcal{F}(s) - f(0)\) Formel für Rücktransformation: \(\frac{1}{s+a} \circ - \bullet e^{-at}\)

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