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 die Laplacetransformierte $\mathscr{L} \{f(t)\}$ zu folgender Funktion: $f(t)=7 \cdot \cos^2(2t)$ Hinweis: $\cos^2 (at) \circ - \bullet \frac{s^2+2a^2}{s(s^2+4a^2)}$ Nr. 3960
	$ 7 \cdot \frac{s^2 + 8}{s(s^2+16)}$
	$ 4 \cdot \frac{s^2 + 8}{s^2+6}$
	$ 7s \cdot \frac{8}{s(s+16)}$
	$\frac{s^2 }{s(s^2+20)}$
Lösungsweg $f(t)=7 \cdot cos^2(2t)$ $\cos^2 (2t) \circ - \bullet \frac{s^2+2 \cdot 2^2}{s(s^2+4 \cdot 2^2)}$ $7 \cdot \cos^2 (2t) \circ - \bullet 7 \cdot \frac{s^2 + 8}{s(s^2+16)}$ Linearität: $\alpha = 7$ 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 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

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung $f''(t)+f(t)=0$ mit den Anfangsbedindungen $f(0)=0$ und $f'(0)=2$ . Nr. 4894
	$e^t$
	$\cos(t)$
	$\sin(t)$
	$2\sin(t)$
	$2 \cos(t)$
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt $\mathcal{L}[f''(t)-f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-\mathcal{L}[f(t)]$. Für $f''(t)$: Es gilt: $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)$ ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit $f(0)=0$ und $f'(0)=2$): $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-2$. Somit gilt: $\mathcal{L}[f''(t)-f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-\mathcal{L}[f(t)]=s^2F(s)-2-F(s)$. Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: $\mathcal{L}[0](s)=0$. Gleichsetzen: $s^2F(s)-2-F(s)=0$ Beide Seiten $+2$ rechnen und herausheben führt zu $(s^2-1)F(s)=2$, dividieren durch $s^2+1$ zu $F(s)=2\cdot \frac{1}{s^2+1}$. Es gilt $\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+a^2})=\frac{\sin(at)}{t}$([B.24]), daher für diese Aufgabe (mit $a=1$) $\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+1})=\frac{\sin(1 \cdot t)}{1}=\sin(t)$. Auch ist die inverse Laplacetransformation linear, es gilt also unter anderem $\mathcal{L}^{-1}(c\cdot f(t))=c\cdot\mathcal{L}^{-1}( f(t))$ ([B.2]), daher (mit $c=2$): $f(t)=\mathcal{L}^{-1}(\frac{2}{s^2+a^2})=2\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+a^2})=2\sin(t)$.

5 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte der Funktion $f$ mit $f(t)= 4\theta(3-t)$, wobei mit $\theta$ die Heaviside'sche Stufenfunktion bezeichnet ist. Nr. 4886
	$4 \cdot (1-e^{-3s})$
	$4 \cdot \frac{1-e^{-3s}}{s}$
	$\frac{1-e^{-3s}}{3s}$
	$4 \cdot \frac{1-e^{-(s-3)}}{s}$
Lösungsweg Es gilt: $\mathcal{L}[\theta(a-t)](s)=\frac{1-e^{-as}}{s}$ ([A.46]), daher (mit $a=3$) $\mathcal{L}[\theta(3-t)](s)=\frac{1-e^{-3s}}{s}$. Auch gilt: $\mathcal{L}[c \cdot f(t)]=c\cdot\mathcal{L}[f(t)]$ ([A.2]), daher (mit $c=4$) $\mathcal{L}[4\theta(3-t)](s)=4\mathcal{L}[\theta(3-t)](s)=4 \cdot \frac{1-e^{-3s}}{s}$.

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

Berechnen Sie die Laplacetransformierte von: $f(x)=x^me^{-ax}$ , wobei $a \in \mathbb{R}, \; m \in \mathbb{N}$ Nr. 4232
	$\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } \Gamma (m+1)$
	$\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m)} } \Gamma (m-1)$
	$\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } e^{m+1}$
Lösungsweg $\mathcal{L}(f) = \bigint_0^{\infty} f(x)e^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} x^me^{-ax} e^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} x^me^{-x(a-s)}dx $ Um dieses Integral zu lösen, wird substituiert: $u = x(a+s) \rightarrow \frac{du}{dx}=s+a \rightarrow dx = \frac{du}{s+a} $ Aus dieser Subsitution folgt auch: $x = \frac{u}{a+s}$ $ \bigint_0^{\infty} x^me^{-x(a-s)}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} \big( \frac{u}{a+s} \big) ^me^{-u} \frac{du}{s+a} = \\ $ $= \bigint_0^{\infty} \frac{u^m}{(a+s)^{m+1}} e^{-u} du = \\ = \frac{1}{(a+s)^{m+1}} \bigint_0^{\infty} u^me^{-u}du$ An dieser Stelle muss man schließlich doch eine Integraltafel zu Hilfe ziehen: $\bigint_0^{\infty} u^me^{-u}du = \Gamma (m+1)$ , wobei $\Gamma$ für die Gamma-Funktion steht. Man erhält also: $\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } \Gamma (m+1)$

3 erreichbare Punkte

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung $f''(t)+2f(t)=e^{-3t}$ mit den Anfangsbedindungen $f(0)=0$ und $f'(0)=3$ . Nr. 4896
	$\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+18\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)$
	$\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+\frac{3}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)$
	$\frac{e^{-3t}}{11}$
	$\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+36\sin(2t)-\cos(2t)\Big)$
	$\frac{1}{11}\Big(36\sin(2t)-\cos(2t)\Big)$
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt $\mathcal{L}[f''(t)+2f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]+2\mathcal{L}[f(t)]$. Für $f''(t)$: Es gilt: $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)$ ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit $f(0)=0$ und $f'(0)=3$): $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-3$. Somit gilt: $\mathcal{L}[f''(t)+2f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]+2\mathcal{L}[f(t)]=s^2F(s)-3+2F(s)$. Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: $\mathcal{L}[e^{-3t}](s)=\frac{1}{s+3}$ ([A.21]). Gleichsetzen: $s^2F(s)-3+2F(s)=\frac{1}{s+3}$ Beide Seiten $+3$ rechnen und herausheben führt zu $(s^2+2)F(s)=\frac{1}{s+3}+3$, dividieren durch $s^2+2$ zu $F(s)=\frac{1}{(s+3)(s^2+2)}+3\cdot\frac{1}{s^2+2}$. Mit Verwendung der Linearität ([B.1] & [B.2]) sowie [B.53] (mit $a=3$ und $b=\sqrt{2}$) für den ersten Summanden und [B.24] (mit $a=\sqrt{2}$) für den zweiten Summanden folgt: $f(t)=\mathcal{L}^{-1}(F(s))=\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+\frac{3}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)+3\cdot\frac{\sin(\sqrt{2}t)}{\sqrt{2}}$ und zusammenfassen der Terme mit $\sin(\sqrt{2}t)}$ liefert $\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+18\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)$.

5 erreichbare Punkte

Die Funktion $f$ sei gegeben, die Werte $f(0)=5$ und $f'(0)=-1$ sowie die Laplacetransformierte $F=\mathcal{L}(f)$ seien bekannt. Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte von $f''(t)-3f(t)$. Nr. 4890
	$-F(s)-5$
	$s^2F(s)-s+5-3F(s)$
	$s^2F(s)-5s+1-3F(s)$
	$s^2F(s)-5s+1$
Lösungsweg Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt $\mathcal{L}[f''(t)-3f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-3\mathcal{L}[f(t)]$. Für $f''(t)$: Es gilt: $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)$ ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit $f(0)=5$ und $f'(0)=-1$): $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-5s+1$. Die korrekte Antwort lautet daher (Einsetzen des bisher berechneten): $\mathcal{L}[f''(t)-3f(t)](s)=\mathcal{L}[f''(t)](s)-3\mathcal{L}[f(t)](s)=s^2F(s)-5s+1-3F(s)$.

4 erreichbare Punkte

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Bestimmen Sie die Laplacetransformierte \(\mathscr{L} \{f(t)\}\) zu folgender Funktion: \(f(t)=7 \cdot \cos^2(2t)\) Hinweis: \(\cos^2 (at) \circ - \bullet \frac{s^2+2a^2}{s(s^2+4a^2)}\) Nr. 3960
	\( 7 \cdot \frac{s^2 + 8}{s(s^2+16)}\)
	\( 4 \cdot \frac{s^2 + 8}{s^2+6}\)
	\( 7s \cdot \frac{8}{s(s+16)}\)
	\(\frac{s^2 }{s(s^2+20)}\)
Lösungsweg \(f(t)=7 \cdot cos^2(2t)\) \(\cos^2 (2t) \circ - \bullet \frac{s^2+2 \cdot 2^2}{s(s^2+4 \cdot 2^2)}\) \(7 \cdot \cos^2 (2t) \circ - \bullet 7 \cdot \frac{s^2 + 8}{s(s^2+16)}\) Linearität: \(\alpha = 7\) 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 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: \(\frac{1}{s+a} \circ - \bullet e^{-at}\)

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung \(f''(t)+f(t)=0\) mit den Anfangsbedindungen \(f(0)=0\) und \(f'(0)=2\) . Nr. 4894
	\(e^t\)
	\(\cos(t)\)
	\(\sin(t)\)
	\(2\sin(t)\)
	\(2 \cos(t)\)
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt \(\mathcal{L}[f''(t)-f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-\mathcal{L}[f(t)]\). Für \(f''(t)\): Es gilt: \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\) ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit \(f(0)=0\) und \(f'(0)=2\)): \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-2\). Somit gilt: \(\mathcal{L}[f''(t)-f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-\mathcal{L}[f(t)]=s^2F(s)-2-F(s)\). Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: \(\mathcal{L}[0](s)=0\). Gleichsetzen: \(s^2F(s)-2-F(s)=0\) Beide Seiten \(+2\) rechnen und herausheben führt zu \((s^2-1)F(s)=2\), dividieren durch \(s^2+1\) zu \(F(s)=2\cdot \frac{1}{s^2+1}\). Es gilt \(\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+a^2})=\frac{\sin(at)}{t}\)([B.24]), daher für diese Aufgabe (mit \(a=1\)) \(\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+1})=\frac{\sin(1 \cdot t)}{1}=\sin(t)\). Auch ist die inverse Laplacetransformation linear, es gilt also unter anderem \(\mathcal{L}^{-1}(c\cdot f(t))=c\cdot\mathcal{L}^{-1}( f(t))\) ([B.2]), daher (mit \(c=2\)): \(f(t)=\mathcal{L}^{-1}(\frac{2}{s^2+a^2})=2\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+a^2})=2\sin(t)\).

Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte der Funktion \(f\) mit \(f(t)= 4\theta(3-t)\), wobei mit \(\theta\) die Heaviside'sche Stufenfunktion bezeichnet ist. Nr. 4886
	\(4 \cdot (1-e^{-3s})\)
	\(4 \cdot \frac{1-e^{-3s}}{s}\)
	\(\frac{1-e^{-3s}}{3s}\)
	\(4 \cdot \frac{1-e^{-(s-3)}}{s}\)
Lösungsweg Es gilt: \(\mathcal{L}[\theta(a-t)](s)=\frac{1-e^{-as}}{s}\) ([A.46]), daher (mit \(a=3\)) \(\mathcal{L}[\theta(3-t)](s)=\frac{1-e^{-3s}}{s}\). Auch gilt: \(\mathcal{L}[c \cdot f(t)]=c\cdot\mathcal{L}[f(t)]\) ([A.2]), daher (mit \(c=4\)) \(\mathcal{L}[4\theta(3-t)](s)=4\mathcal{L}[\theta(3-t)](s)=4 \cdot \frac{1-e^{-3s}}{s}\).

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: $f(t) \circ - \bullet \mathcal{F}(s)$ \(f'(t) \circ - \bullet s \cdot \mathcal{F}(s) - f(0)\) \(f''(t) \circ - \bullet s^2 \cdot \mathcal{F}(s) - sf(0) - f'(0)\) \(\cos(at) \circ - \bullet \frac{s}{s^2 + a^2}\)

Berechnen Sie die Laplacetransformierte von: \(f(x)=x^me^{-ax}\) , wobei \(a \in \mathbb{R}, \; m \in \mathbb{N}\) Nr. 4232
	\(\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } \Gamma (m+1)\)
	\(\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m)} } \Gamma (m-1)\)
	\(\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } e^{m+1}\)
Lösungsweg \(\mathcal{L}(f) = \bigint_0^{\infty} f(x)e^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} x^me^{-ax} e^{-sx}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} x^me^{-x(a-s)}dx \) Um dieses Integral zu lösen, wird substituiert: \(u = x(a+s) \rightarrow \frac{du}{dx}=s+a \rightarrow dx = \frac{du}{s+a} \) Aus dieser Subsitution folgt auch: \(x = \frac{u}{a+s}\) \( \bigint_0^{\infty} x^me^{-x(a-s)}dx = \\ = \bigint_0^{\infty} \big( \frac{u}{a+s} \big) ^me^{-u} \frac{du}{s+a} = \\ \) \(= \bigint_0^{\infty} \frac{u^m}{(a+s)^{m+1}} e^{-u} du = \\ = \frac{1}{(a+s)^{m+1}} \bigint_0^{\infty} u^me^{-u}du\) An dieser Stelle muss man schließlich doch eine Integraltafel zu Hilfe ziehen: \(\bigint_0^{\infty} u^me^{-u}du = \Gamma (m+1)\) , wobei \(\Gamma\) für die Gamma-Funktion steht. Man erhält also: \(\mathcal{L}(f) = \frac{1}{(a+s)^{(m+1)} } \Gamma (m+1)\)

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung \(f''(t)+2f(t)=e^{-3t}\) mit den Anfangsbedindungen \(f(0)=0\) und \(f'(0)=3\) . Nr. 4896
	\(\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+18\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)\)
	\(\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+\frac{3}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)\)
	\(\frac{e^{-3t}}{11}\)
	\(\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+36\sin(2t)-\cos(2t)\Big)\)
	\(\frac{1}{11}\Big(36\sin(2t)-\cos(2t)\Big)\)
Lösungsweg Transformieren der linken Seite der Differentialgleichung: Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt \(\mathcal{L}[f''(t)+2f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]+2\mathcal{L}[f(t)]\). Für \(f''(t)\): Es gilt: \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\) ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit \(f(0)=0\) und \(f'(0)=3\)): \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-3\). Somit gilt: \(\mathcal{L}[f''(t)+2f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]+2\mathcal{L}[f(t)]=s^2F(s)-3+2F(s)\). Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: \(\mathcal{L}[e^{-3t}](s)=\frac{1}{s+3}\) ([A.21]). Gleichsetzen: \(s^2F(s)-3+2F(s)=\frac{1}{s+3}\) Beide Seiten \(+3\) rechnen und herausheben führt zu \((s^2+2)F(s)=\frac{1}{s+3}+3\), dividieren durch \(s^2+2\) zu \(F(s)=\frac{1}{(s+3)(s^2+2)}+3\cdot\frac{1}{s^2+2}\). Mit Verwendung der Linearität ([B.1] & [B.2]) sowie [B.53] (mit \(a=3\) und \(b=\sqrt{2}\)) für den ersten Summanden und [B.24] (mit \(a=\sqrt{2}\)) für den zweiten Summanden folgt: \(f(t)=\mathcal{L}^{-1}(F(s))=\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+\frac{3}{\sqrt{2}}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)+3\cdot\frac{\sin(\sqrt{2}t)}{\sqrt{2}}\) und zusammenfassen der Terme mit \(\sin(\sqrt{2}t)}\) liefert \(\frac{1}{11}\Big(e^{-3t}+18\sqrt{2}\sin(\sqrt{2}t)-\cos(\sqrt{2}t)\Big)\).

Die Funktion \(f\) sei gegeben, die Werte \(f(0)=5\) und \(f'(0)=-1\) sowie die Laplacetransformierte \(F=\mathcal{L}(f)\) seien bekannt. Bestimmen Sie unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Laplacetransformierte von \(f''(t)-3f(t)\). Nr. 4890
	\(-F(s)-5\)
	\(s^2F(s)-s+5-3F(s)\)
	\(s^2F(s)-5s+1-3F(s)\)
	\(s^2F(s)-5s+1\)
Lösungsweg Die Laplacetransformation einer Funktion ist linear ([A.1] & [A.2]), d.h. es gilt \(\mathcal{L}[f''(t)-3f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]-3\mathcal{L}[f(t)]\). Für \(f''(t)\): Es gilt: \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-sf(0)-f'(0)\) ([A.9]). Daher für diese Aufgabe (mit \(f(0)=5\) und \(f'(0)=-1\)): \(\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-5s+1\). Die korrekte Antwort lautet daher (Einsetzen des bisher berechneten): \(\mathcal{L}[f''(t)-3f(t)](s)=\mathcal{L}[f''(t)](s)-3\mathcal{L}[f(t)](s)=s^2F(s)-5s+1-3F(s)\).

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