Aufgabe 1
Gegeben sei das Anfangswertproblem
$y''+2 y'+y=2+t, \;\; y(0)=1, y'(0)=0$.
- Bestimmen Sie die Lösung mit Hilfe der Laplace-Transformation.
- Schreiben Sie die Differentialgleichung als System erster Ordnung.
Tipp
Nützliche Laplace-Transformierte:
- $\mathcal{L}[y'](s) = s \mathcal{L}[y](s) - y(0)$
- $\mathcal{L}[y''](s) = s^2 \mathcal{L}[y](s) - s y(0) + y'(0)$
Aufgabenteil 1:
Anwenden der Laplace-Transformation $\mathcal{L}$ auf beiden Seiten:
$s^2 \mathcal{L}[y](s) - s y'(0) + 2 (s \mathcal{L}[y](s) - y(0)) + \mathcal{L}[y](s) = \mathcal{L}[2+t](s)$
Einsetzen der Anfangswerte $y(0) = 1$ und $y'(0) = 0$ und ausklammern von $\mathcal{L}[y](s)$ führt zu:
$\D \mathcal{L}[y](s)(s^2+2s+1) - s - 2 = \frac{2}{s} + \frac{1}{s^2}$
Weitere Umformungen:
$\begin{align}
\mathcal{L}[y](s)(s^2+2s+1) &= \frac{2}{s} + \frac{1}{s^2} + s + 2 &\Bigg| s^2+2s+1 = (s+1)^2 \\
\\
\mathcal{L}[y](s) \left( s+1 \right)^2 &= \frac{2s^2+2s+1}{s^2} + s \\
&= \frac{s^2+(s+1)^2}{s^2} + s \\
&= 1 + \frac{(s+1)^2}{s^2} + s & \Bigg| \cdot \frac{1}{(s+1)^2}\\
\\
\mathcal{L}[y](s) &= \frac{1}{(s+1)^2} + \frac{1}{s^2} + \frac{s}{(s+1)^2} \\
&= \frac{s+1}{(s+1)^2} + \frac{1}{s^2} \\
&= \frac{1}{s+1} + \frac{1}{s^2}
\end{align}$
Anwenden der Laplace-Rücktransformation $\mathcal{L}^{-1}$ auf beiden Seiten:
$\begin{align}
\D \mathcal{L}^{-1}[y](t) &= \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s+1}](t) + \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s^2}] \\
\\
&\RA y = t + e^{-t}
\end{align}$
Aufgabenteil 2:
Wir definieren:
$z = y$ und $w = y'$ bzw. in Vektor-Schreibweise: $\V{ z \\ w} = \V{ y \\ y'}$.
Damit folgt: $\V{z \\ w}' = \V{w \\ -2w-z+2+t}$ mit den Anfangsbedingungen $\V{z \\ w}(0) = \V{1 \\ 0}$
Damit lautet das DGL-System 1. Ordnung: $\V{z \\ w}' = \V{ 0 & 1 \\ -1 & -2} \V{z \\ w} + \V{0 \\ 2+t}$
Aufgabe 2
Bestimmen Sie die Lösung von
$\D
y'''- y'' + 4y' -4y=-3e^t,\;\;\,y(0)=y'(0)=0, y''(0)=5$
mit der Laplacetransformation.
Tipp
- Nützliche Laplace-Transformierte:
$\begin{align}
\mathcal{L}[y'](s) &= s \mathcal{L}[y](s) - y(0) \\
\mathcal{L}[y''](s) &= s^2 \mathcal{L}[y](s) - s y(0) - y'(0) \\
\mathcal{L}[y'''](s) &= s^3 \mathcal{L}[y](s) - s^2 y(0) - s y'(0) - y''(0)
\end{align}$
- Führe eine Partialbruchzerlegung durch, um die Summanden anschließend einzeln rückzutransformieren.
Lösung
Anwenden der Laplace-Transformation $\mathcal{L}$ auf beiden Seiten:
$\RA \mathcal{L}[y'''](s) - \mathcal{L}[y''](s) + 4 \mathcal{L}[y'](s) - \mathcal{L}[y](s) = \mathcal{L}[-3e^t](s)$
$\LR s^3 \mathcal{L}[y](s) - s^2 y(0) - s y'(0) - y''(0) - s^2 \mathcal{L}[y](s)
- s y(0) - y'(0) + 4 (s \mathcal{L}[y](s) - y(0)) - 4 \mathcal{L}[y](s) = \mathcal{L}[-3 e^t](s)$
Einsetzen der Anfangsbedingungen und ausklammern von $\mathcal{L}[y](s)$ führt zu:
$\D \mathcal{L}[y](s) \left( s^3 -s^2 + 4s -4 \right) - 5 = -3 \frac{1}{s-1}$
$\D \LR \mathcal{L}[y](s) = \frac{5(s-1)-3}{(s-1)(s^3-s^2+4s-4)} = \frac{5s-8}{(s-1)(s^3-s^2+4s-4)}$
Um nun eine Partialbruchzerlegung durchzuführen, ist es nötig den Nenner in Linearfaktoren zu zerlegen.
Im Folgenden wurden die Nullstellen des Nenners bestimmt und mithilfe dieser eine
Zerlegung in Linearfaktoren vorgenommen.
Wir betrachten den Nenner: $(s-1)\underbrace{(s^3-s^2+4s-4)}_{\text{A}} = 0$
Es muss nur der Teil A weiter zerlegt werden. Da es sich um ein Polynom dritten Grades handelt, muss die
erste Nullstelle $s_1 = 1$ "geraten" werden. Mit dem Horner-Schema wird nun die Polynomdivision durchgeführt:
$\begin{array}{c|c|c|c|c}
& 1 & -1 & 4 & -4 \\ \hline
s_1 = 1 & / & 1 & 0 & 4 \\ \hline
& 1 & 0 & 4 & 0 &
\end{array}$
$\RA (s^3-s^2+4s-4)\,:\,(s-1) = (s-1)(s^2+4) = A$
Damit gilt für den Nenner: $(s-1) \cdot A = (s-1)^2 (s^2+4)$.
Ein geeignter Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet:
$\D \frac{5s-8}{(s-1)^2 (s^2+4)} = \frac{A}{(s-1)^2} + \frac{B}{(s-1)} + \frac{Cs+D}{(s^2+4)}$
Multiplikation mit $(s-1)^2(s^2+4)$ auf beiden Seiten führt zu:
$\LR 5s-8 = A (s^2+4) + B(s-1)(s^2+4) + (Cs+D)(s-1)^2$
Es gibt nun mehrere Möglichkeiten die Parameter $A$, $B$, $C$ und $D$ zu bestimmen.
Anstatt die Terme auszumultiplizieren und einen Koeffizentenvergleich vorzunehmen (sehr aufwendig!), werden die Parameter anhand der Einsetzmethode bestimmt.
Einsetzen von $\fbox{$s = 1$}$
$\begin{align}
5-8
&= A(1^2+4)+B \underbrace{(1-1)}_{= 0} (1^2+4) + (C+D) \underbrace{(1-1)^2}_{= 0} \\
-3 &= 5A \\
\D \RA A &=-\frac{3}{5}
\end{align}$
Einsetzen von $\fbox{$s = 2i$}$
$\begin{align}
10i-8
&= (2iC+D)(2i-1)^2 = (2iC + D)(-4-4i+1) \\
&= -8iC + 8C + 2iC - 4D -4iD + D \\
10i-8 &=(8C+3D)-i(6C+4D)
\end{align}$
Vergleicht man nun Real- und Imaginärteil beider Seiten erhält man zwei überschaubare Gleichungen:
$I: 10 = -6C -4D$ und
$II: 8C-3D=-8$
Die Lösungen für $C$ und $D$ lauten: $\D C = - \frac{31}{25}$ und $\D D=-\frac{16}{25}$.
Um den Parameter $B$ zu bestimmen, wird die Ableitemethode angewendet. Dazu werden beiden Seiten nach $s$ abgeleitet
und anschließend die Nullstelle $s=1$ eingesetzt:
$\begin{align}
\frac{d}{ds} \left( 5s-8 \right)
&= \frac{d}{ds} \left( A(s^2+4) + B(s-1)(s^2+4) + (Cs+D)(s-1)^2 \right)\\
\\
5 &= 2As + B(s^2+4)+2Bs(s-1)+C(s-1)^2+2Cs(s-1)^2+2D(s-1)^2
\end{align}$
Einsetzen von $\fbox{$s = 1$}$
$\RA 5=2A+5B$
Aus den vorangegangen Berechnungen wissen wir: $\D A=-\frac{3}{5}$
$\D \RA 5=- \frac{6}{5} + B \LR B=\frac{31}{25}$
Damit folgt für $\mathcal{L}[y](s)$:
$\D \mathcal{L}[y](s) = -\frac{3}{5} \frac{1}{(s-1)^2} + \frac{31}{25} \frac{1}{s-1} - \frac{31}{25} \frac{s}{s^2+4} - \frac{16}{25} \frac{1}{s^2+4}$
Nun wenden wir die Laplace-Rücktransformation $\mathcal{L}[y](s)^{-1}$ auf beide Seiten an und erhalten die Lösung:
$\D \mathcal{L}^{-1}[y](t) = - \frac{3}{5}\mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{(s-1)^2}](t) + \frac{31}{25} \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s-1}](t)
- \frac{31}{25} \mathcal{L}^{-1}[\frac{s}{s^2+4}](t) - \frac{16}{25} \mathcal{L}^{-1}[\frac{1}{s^2+4}](t)$
$\D \RA y = - \frac{3}{5} t e^t + \frac{31}{25} e^t - \frac{31}{25} \cos 2t - \frac{8}{25} \sin(2t)$
Aufgabe 3
- Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte von $f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
\sin x &,& 0\le x\le \pi\\
0 &,& \text{sonst}
\end{array}\right.$
- Bestimmen Sie die Funktion $f$ mit $\D \bbbl[f(x)](s)=\frac{3s^3-3s^2-20s-36}{s^4- 16}$
Tipp
Zu Aufgabenteil 1:
- Die Laplacetransformierte der Funktion $f(x)$ lautet:
$\D \mathcal{L}[f(x)](s) = \int_0^{\infty}\,f(x)\,e^{-sx}\,dx$
- Nutze partielle Integration, um das Integral zu lösen.
Zu Aufgabenteil 2:
- Zerlege den Nenner von $\mathcal{L}[f(x)](s)$ in Linearfaktoren und
führe eine Partialbruchzerlegung durch, um anschließend die Rücktransformation $\mathcal{L}^{-1}$ anzuwenden.
Aufgabenteil 1:
Es gilt allgemein:
$\D \mathcal{L}[f(x)](s) = \int_0^{\infty}\,f(x)\,e^{-sx}\,dx$
$\D \RA \mathcal{L}[f(x)](s) = \int_0^{\pi}\,\sin x\,e^{-sx}\,dx$
Wir erhalten die Lösung durch zweimalige partielle Integration:
$\begin{align}
\D \int_0^{\pi}\,\sin x\,e^{-sx}\,dx
&= \underbrace{- \frac{1}{s} e^{-sx} \sin x \Bigg|_0^{\pi}}_{=0} + \frac{1}{s} \int_0^{\pi} e^{-sx} \cos x\,dx & \\
&= \frac{1}{s} \int_0^{\pi} e^{-sx} \cos x\,dx & \\
\\
&= - \frac{1}{s^2} e^{-sx} \cos x \Bigg|_0^{\pi} - \frac{1}{s^2} \int_0^{\pi} e^{-sx} \sin x\,dx & \\
\\
(1 + \frac{1}{s^2}) \int_0^{\pi}\,\sin x\,e^{-sx}\,dx
&= - \frac{1}{s^2} e^{-sx} \cos x \Bigg|_0^{\pi} &\\
&= \frac{e^{-s \pi} + 1}{s^2} & \\
\\
\int_0^{\pi}\,\sin x\,e^{-sx}\,dx
&= \frac{e^{-s \pi} + 1}{s^2 (1 + \frac{1}{s^2})} = \frac{e^{-s \pi} + 1}{s^2+1} &
\end{align}$
Somit lautet das Ergebnis:
$\D \RA \mathcal{L}[f(x)](s) = \frac{e^{-s \pi} + 1}{s^2+1}$
Aufgabenteil 2:
Um eine Rücktransformation $\D \mathcal{L}^{-1}$ von $\D \mathcal{L}[f(x)](s) = \frac{3s^3-3s^2-20s-36}{s^4-16}$
durchzuführen, ist es notwendig eine Partialbruchzerlegung vorzunehmen.
Dazu wird der Nenner in Linearfaktoren zerlegt. Die Nullstellen des Nenners lauten:
$\begin{align}
s^4-16 &=0 \RA &s_1 &= 2 \\
& &s_2 &= -2 \\
& &s_3, s_4 &= \pm 2i
\end{align}$
Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet somit:
$\D \frac{3s^3-3s^2-20s-36}{(s-2)(s+2)(s^2+4)} = \frac{A}{(s-2)} + \frac{B}{(s+2)} + \frac{Cs+D}{(s^4+4)}$
$\LR 3s^3 - 3s^2-20s-36 = A(s+2)(s^2+4) + B(s-2)(s^2+4) + (Cs+D)(s-2)(s+2)$
Es gibt nun mehrere Möglichkeiten die Parameter $A$, $B$, $C$ und $D$ zu bestimmen.
Anstatt die Terme auszumultiplizieren und einen Koeffizentenvergleich vorzunehmen (sehr aufwendig!) werden die Parameter anhand der Einsetzmethode bestimmt.
Einsetzen von $\fbox{$s = 2$}$
$\begin{align}
3(2^3) - 3(2^2) - 20(2) - 36
&= A(2+2)(2^4+4) + B \underbrace{(2-2)}_{=0}(2^2+4) + (Cs+D)\underbrace{(2-2)}_{=0}(2+2)\\
24-12-40-36
&= 32 A \\
\RA A &=-2
\end{align}$
Einsetzen von $\fbox{$s = -2$}$
$\begin{align}
-24-12+40-36
&=-32 B\\
-32 &= -32 B \\
\RA B &= 1
\end{align}$
Einsetzen von $\fbox{$s = 2i$}$
$\begin{align}
-24i+12-40i-36
&= (2i+D)(2i-2)(2i+2) \\
-24-64i &= (2iC+D)(-4+4i-4i-4) \\
&= (2iC+D)(-8) = -16iC-8 D \\
-24-64i &= -8D - 16i C
\end{align}$
Vergleicht man nun Real- und Imaginärteil ergeben sich für $C$ und $D$:
$\LR -64 = -16 C \RA C = 4$
$\LR -24 = -8D \RA D=3$
Damit folgt für $\mathcal{L}[f(x)](s):$
$\begin{align}
\D \mathcal{L}[f(x)](s)
&= - \frac{2}{(s-2)} + \frac{1}{(s+2)} + \frac{4s+3}{(s^2+4)} \\
&= - \frac{2}{(s-2)} + \frac{1}{(s+2)} + \frac{4s}{(s^2+4)} + \frac{3}{(s^2+4)}
\end{align}$
Anwenden der Rücktransformation $\mathcal{L}^{-1}$ auf beide Seiten und erweitern des letzten Summanden mit $\D \frac{2}{2}$:
$\D f(x) = \mathcal{L}^{-1} [- \frac{2}{(s-2)}](x) +\mathcal{L}^{-1} [ \frac{1}{(s+2)}](x)
+ \mathcal{L}^{-1}[\frac{4s}{(s^2+4)}](x) + \mathcal{L}^{-1}[\frac{3}{2}\frac{2}{(s^2+4)}](x)$
Das Ergebnis lautet somit:
$\D f(x) = -2 e^{2t} + e^{-2t} + 4 \cos 2t + \frac{3}{2} \sin 2t$
Aufgabe 4
Sei $\D f(t)=
\left\{\begin{array}{ccc}
e^t &\text{für}& t\ge 0\\
0&\text{für}&t< 0
\end{array}\right.$.
Berechnen Sie die Faltung $f\ast f$ sowohl direkt wie auch über die Laplacetransformation.
Tipp
- Die Faltung zweier zulässiger Funktionen $f$ und $g$ ist definiert durch:
$\D (f \ast g)(t) := \int_0^t \, f(t-u)g(u)\, du$
- Der Faltungssatz der Laplacetransformation lautet:
$\mathcal{L}[f \ast g] = \mathcal{L}[f] \; \mathcal{L}[g]$
Lösung
direkte Berechnung:
$\D (f \ast f)(t) = \int_0^t \, f(t-u) f(u)\, du = \int_0^t\, e^{t-u}\,e^u\, du
= \int_0^t\,e^t\,du = e^t\,u\ \Bigg|_0^t = t\,e^t$
Berechnung über die Laplacetransformation:
Die Laplacetransformierte $\mathcal{L}[f(t)](s)$ von $\D f(t) = e^t$ lautet: $\D \mathcal{L}[e^t](s) = \frac{1}{s-1}$
Der Faltungssatzes der Laplacetransformation lautet:
$\D \mathcal{L}[f \ast f] = \mathcal{L}[f] \cdot \mathcal{L}[f]$
Mit ihm folgt also:
$\D \mathcal{L}[f \ast f](s) = \mathcal{L}[e^t] \cdot \mathcal{L}[e^t] = \frac{1}{(s-1)^2}$
Die Anwendung der Rücktransformation $\mathcal{L}^{-1}$ auf beiden Seiten liefert das Ergebnis:
$\RA (f \ast f)(t) = t\,e^t$
