Übungstest

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

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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

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

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 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 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

Lösen Sie mittels Laplacetransformation und unter Zuhilfenahme der Korrespondenztabelle die Differentialgleichung $f''(t)+2f(t)=\sin(t)$ mit den Anfangsbedindungen $f(0)=0$ und $f'(0)=1$ . Nr. 4895
	$\sin(t)$
	$2\sin(t)$
	$2\cos(t)$
	$\cos(t)$
	$\frac{\sin(t)}{2}$
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 $f'(0)=1$ ): $\mathcal{L}[f''(t)](s)=s^2F(s)-1$ . Somit gilt: $\mathcal{L}[f''(t)+2f(t)]=\mathcal{L}[f''(t)]+2\mathcal{L}[f(t)]=s^2F(s)-1+2F(s)$ . Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung: $\mathcal{L}[\sin(t)](s)=\frac{1}{s^2+1}$ ([A.32] mit $a=1$ ). Gleichsetzen: $s^2F(s)-1+2F(s)=\frac{1}{s^2+1}$ Beide Seiten $+1$ rechnen und herausheben führt zu $(s^2-2)F(s)=\frac{1}{s^2+1}+1$ , dividieren durch $s^2-2$ zu $F(s)=\frac{1}{(s^2+1)(s^2+2)}+\frac{1}{s^2+2}$ , Partialbruchzerlegung (Hinweis!) führt zu $F(s)=\frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{s^2+2}+\frac{1}{s^2+2}=\frac{1}{s^2+1}$ . Es gilt $\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+a^2})=\frac{\sin(at)}{t}$ ([B.24]), (siehe auch "Transformieren der rechten Seite der Differentialgleichung"). Daher für diese Aufgabe (mit $a=1$ ) $f(t)=\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{s^2+1})=\frac{\sin(1 \cdot t)}{1}=\sin(t)$ .

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die Differentialgleichung mittels Laplacetransformation (Transformationstabelle erforderlich): 7f'+2f=0 Anfangsbedingung: f(0)=7 Nr. 3930
	$f(t) = 7 \cdot e^{-\frac{2}{7}t}$
	$f(t) = 9$
	$f(t) = 49 \cdot e^{-7t}$
	$f(t) = 49 \cdot e^{-\frac{5}{7}t}$
Lösungsweg $7f'+2f=0$ $7f'(t)+2f(t)=0$ Laplace transformieren: $7s \cdot F(s) -7 f(0) + 2 F(s) = 0$ $7s \cdot F(s) + 2 F(s) =7 f(0)$ $F(s) \cdot (7s + 2) = 7f(0)$ $F(s) = \frac{7f(0)}{(7s + 2)}$ Anfangswert einsetzen $F(s) = \frac{7 \cdot 7}{(7s + 2)}$ 7 herausheben: $F(s) = \frac{7 \cdot 7}{7(s +\frac{ 2}{7})}$ Rücktransformieren $f(t) = 7 \cdot e^{-\frac{2}{7}t}$ 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 die Differentialgleichung mittels Laplacetransformation (Transformationstabelle erforderlich): f'+5f=0 Anfangsbedingung: f(0)=10 Nr. 3887
	$f(t) = 5t \cdot e^{-5t}$
	$f(t) = 10 \cdot e^{-5t}$
	$f(t) = sin(5t)$
	$f(t) = t \cdot sin(2t)$
Lösungsweg $f'+5f=0$ $f'(t)+5f(t)=0$ Laplace transformieren: $s \cdot F(s) - f(0) + 5 F(s) = 0$ $s \cdot F(s) + 5 F(s) = f(0)$ $F(s) \cdot (s + 5) = f(0)$ $F(s) = \frac{f(0)}{(s + 5)}$ Anfangswert einsetzen $F(s) = \frac{10}{(s + 5)}$ Rücktransformieren $f(t) = 10 \cdot e^{-5t}$ 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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