Übungen zu Mathematik 3 mit Musterlösungen Blatt 4

Heilbronn, den 19.10.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22

Übungen zu Mathematik 3 mit Musterlösungen

Blatt 4

Aufgabe 1. Sei

[S(f)] (t) = f(t²).

Ist S linear? Schreiben Sie zunächst sauber auf, was Sie zeigen müssen und begründen Sie dann Ihre Antwort.

Lösung von Aufgabe 1. S ist linear.

[S(f+g)] (t) = (f +g)(t²)

= f(t²) +g(t²)

= [S(f)] (t) + [S(g)] (t) [S(uf)] (t) = (uf)(t²)

= uf(t²)

= u[S(f)] (t)

= [uS(f)] (t).

Aufgabe 2. Die Eingangsfunktionf und Ausgangsfunktionheines SystemsS hängen durch folgende DGL zusammen:

h⁰(t) + 3h(t) = f(t).

Damit die Lösungh(t) der DGL eindeutig ist, wird der Startwert h(−∞) = 0

festgelegt.

• Sei S(f₁) =h₁undS(f₂) =h₂. Zeigen Sie, dass dann S(f1+f2) = h1+h2.

• Sei S(f) =hunda∈R. Zeigen Sie, dass dann S(af) = ah.

• Sei S(f) =hund ˆt∈R. Zeigen Sie, dass dann S(ftˆ) = hˆt.

• Berechnen Sie die Impulsantwort des Systems. Sie müssen hierzu die DGL durch Variation der Konstanten lösen und dabei die Ausblend- eigenschaft nutzen. Damit die Lösung eindeutig wird, müssen Sie die Randbedingungh(−∞) = 0 einsetzen.

Lösung von Aufgabe 2.

• Sei

S(f1) = h1

S(f₂) = h₂, d.h.

h⁰₁(t) + 3h₁(t) = f₁(t) h⁰₂(t) + 3h2(t) = f2(t) und

h₁(−∞) = h₂(−∞) = 0.

Zu zeigen ist, dass

S(f1+f2) = h1+h2, d.h.

(h1+h2)⁰(t) + 3(h1+h2)(t) = (f1+f2)(t) (h₁+h₂)(−∞) = 0.

Umformen ergibt

(h1+h2)⁰(t) + 3(h1+h2)(t) = h⁰₁(t) +h⁰₂(t) + 3h1(t) + 3h2(t)

= h⁰₁(t) + 3h1(t)

| {z }

f₁(t)

+h⁰₂(t) + 3h2(t)

| {z }

f₂(t)

= f₁(t) +f₂(t)

= (f1+f2)(t) (h1+h2)(−∞) = h1(−∞) +h2(−∞)

= 0.

• Sei

S(f) = h, d.h.

h⁰(t) + 3h(t) = f(t).

Zu zeigen ist, dass

S(af) = ah, d.h.

(ah)⁰(t) + 3(ah)(t) = (af)(t) (ah)(−∞) = 0.

Umformen ergibt

(ah)⁰(t) + 3(ah)(t) = ah⁰(t) + 3ah(t)

= a(h⁰(t) + 3h(t)

| {z }

f(t)

)

= af(t)

= (af)(t) (ah)(−∞) = ah(−∞)

= 0.

• Sei

S(f) = h, d.h.

h⁰(t) + 3h(t) = f(t).

Zu zeigen ist, dass

S(ftˆ) = hˆt

d.h.

(h_tˆ)⁰(t) + 3h_ˆt(t) = f_ˆt(t) hˆt(−∞) = 0.

Mit

(hˆt)⁰ = (h⁰)tˆ

folgt

(h_ˆt)⁰(t) + 3h_tˆ(t) = (h⁰)_ˆt(t) + 3h_tˆ(t)

= h⁰(t−ˆt) + 3h(t−ˆt)

= (h⁰+ 3h)

| {z }

f

(t−ˆt)

= f(t−ˆt)

= f_ˆt(t) htˆ(−∞) = h(−∞ −ˆt)

= h(−∞)

= 0.

• Berechnung der Impulsantwort. Für f(t) =δ(t) muss die DGL h⁰(t) + 3h(t) = δ(t), h(−∞) = 0

gelöst werden. Die allgemeine Lösung der homogenen DGL ist h(t) = Ce^−3t.

Variation der Konstanten liefert den Ansatz h(t) = c(t)e^−3t

h⁰(t) = c⁰(t)e^−3t−3c(t)e^−3t. Einsetzen in die inhomogene DGL liefert

c⁰(t)e^−3t−3c(t)e^−3t+ 3c(t)e^−3t = δ(t) c⁰(t)e^−3t = δ(t)

c⁰(t) = e^3tδ(t).

Mit der Ausblendeigentschaft erhält man c⁰(t) = δ(t).

Integration liefert

c(t) = σ(t) +K.

Damit ist die allgemeine Lösung der DGL h(t) = (σ(t) +K)e^−3t. Mit der Startbedingung h(−∞) = 0 erhält man

t→−∞lim (σ(t) +K)e^−3t = 0 K = 0.

Die Impulsantwort ist somit

h(t) = σ(t)e^−3t. Aufgabe 3. SeiS ein LTI System. Zeigen Sie, dass dann

S(f⁰) = [S(f)]⁰.

Die Ableitung des Eingangssignals eines LTI Systems bewirkt daher immer die Ableitung des Ausgangssignals. Sie dürfen hierbei voraussetzen, dass f undS(f) differenzierbar sind.

Lösen Sie die Aufgabe auf zwei Weisen:

• Indem Sie die Rechengesetze der Faltung nutzen.

• Auf dem anderen Weg brauchen Sie die Definition der Ableitung:

f⁰(t) = f(t+dt)−f(t)

dt .

Mit der Abkürzung

fˆt(t) = f(t−ˆt) gilt somit

f⁰(t) = f_−dt(t)−f(t)

dt für allet

bzw. kürzer

f⁰ = f_−dt−f dt .

In dieser Darstellung können Sie die Linearität und Zeitinvarianz von S anwenden.

Lösung von Aufgabe 3. Seigdie Impulsantwort vonS, d.h.

S(f) = f ∗g für allef.

• Mit den Rechengesetzen der Faltung gilt S(f⁰) = f⁰∗g

= (f∗g)⁰

= S(f)⁰.

• DaS LTI ist, gilt

S(f⁰) = S

f−dt−f dt

= S(f_−dt)−S(f) dt

= S(f)−dt−S(f) dt

= [S(f)]⁰

Aufgabe 4. Berechnen Sie die Laplace Transformierte von f(t) = σ(t−1)(t−1)e^t.

Lösung von Aufgabe 4.

f(t) = eσ(t−1)(t−1)e^t−1 σ(t)e^t c s 1

s−1 σ(t)te^t c s −d

ds 1 s−1

= 1

(s−1)² σ(t−1)(t−1)e^t−1 c s e^−s 1

(s−1)² f(t) c s e^1−s

(s−1)². Aufgabe 5. Berechnen Sie die Laplace Transformierte von

f(t) = σ(t−1) sin(t−1)

und von

f(t) = σ(t) sin(t−1).

Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich. Hinweis: Bei der zwei- ten Transformation müssen Sie die Sinus Funktion durch komplexe e- Funktionen darstellen und das Laplace Integral berechnen.

Lösung von Aufgabe 5. Aus der Formelsammlung entnimmt man σ(t) sin(t) c s 1

s²+ 1. Mit dem Verschiebungssatz folgt

σ(t−1) sin(t−1) c s e^−s s²+ 1 Die zweite Laplace Transformierte erhält man mit

sin(t−1) = im(e^j(t−1))

= 1

2j

e^j(t−1)−e^−j(t−1)

= 1

2j e^jte^−j−e^−jte^j .

Damit ist

σ(t) sin(t−1) c s Z ∞ 0

sin(t−1)e^−stdt

= 1

2j Z ∞

0

e^jte^−je^−st−e^−jte^je^−st dt

= 1

2j Z ∞

0

e^(j−s)te^−j−e^(−j−s)te^j dt

= e^−j 2j

Z ∞

0

e^(j−s)tdt− e^j 2j

Z ∞

0

e^(−j−s)tdt

= e^−j 2j

1 j−s

h

e^(j−s)ti∞ 0

+e^j 2j

1 j+s

h

e^(−j−s)ti∞ 0

= − e^−j

2j(j−s)− e^j 2j(j+s)

= 1

2j

e^−j(j+s) +e^j(j−s) s²+ 1

= 1

2j

(cos(1)−jsin(1))(j+s) + (cos(1) +jsin(1))(j−s) s²+ 1

= 1

2j

2jcos(1)−2jssin(1) s²+ 1

= cos(1)−ssin(1) s²+ 1 .

Aufgabe 6. Berechnen Sie die inverse Laplace Transformierte von F(s) = 3 +s

e^2s(s²−1).

Lösung von Aufgabe 6. Zunächst wird der Term 3 +s

s²−1

zurücktransformiert. Faktorisierung des Nenners und Partialbruchzerle- gung.

3 +s

(s−1)(s+ 1) = c₁

s−1+ c₂ s+ 1 3 +s = c₁(s+ 1) +c₂(s−1).

Spezialfalls=−1

2 = −2c2

c₂ = −1.

Spezialfalls= 1

4 = 2c1

c₁ = 2.

Damit gilt

3 +s

s²−1 = 2

s−1− 1 s+ 1 s c σ(t) 2e^t−e^−t

. Mit dem Verschiebungssatz gilt

3 +s

e^2s(s²−1) = e^−2s 3 +s s²−1

s c σ(t−2) 2e^t−2−e^2−t Aufgabe 7. Berechnen Sie die inverse Laplace Transformierte von

F(s) =1 s + 2

s²+ 1 s²+ 2s+ 1. Lösung von Aufgabe 7. Umformen ergibt

F(s) = 1 s+ 2

s² + 1 (s+ 1)². Aus der Formelsammlung entnimmt man

1

s s c 1 1

s² s c t.

Mit dem Dämpfungssatz erhält man 1

(s+ 1)² c s e^−tt.

Damit ist

F(s) s c 1 + 2t+te^−t.

Aufgabe 8. Berechnen Sie eine Funktionf(t) so dass f⁰(t)−2f(t) = σ(t) für allet∈R.

Lösung von Aufgabe 8. Sei

f(t) c s F(s) f⁰(t) c s sF(s).

Dann gilt im Bildbereich

sF(s)−2F(s) = 1 s F(s)(s−2) = 1 s

F(s) = 1

s(s−2). Partialbruchzerlegung.

1

s(s−2) = c1

s + c2

s−2 1 = c1(s−2) +c2s.

Fürs= 0 erhält man

1 = −2c1

c₁ = −¹/2. Fürs= 2 erhält man

1 = 2c₂ c2 = ¹/2. Damit ist

F(s) = −1 2 1 s +1

2 1 s−2 s c −1

2σ(t) +1 2σ(t)e^2t

= 1

2σ(t) e^2t−1

= f(t).

Aufgabe 9. Lösen Sie das Anfangswertproblem

f(t) +f⁰(t) = σ(t−1), f(0⁻) = 0

fürt≥0. Prüfen Sie Ihr Ergebnis indem Sie die Lösungsfunktionf(t) in die DGL einsetzen. Achten Sie darauf, dass Sie die Faktoren σ(t) nicht vergessen.

Lösung von Aufgabe 9. Multipliziert man beide Seiten mitσ(t) erhält man σ(t)f(t) +σ(t)f⁰(t) = σ(t−1).

Sei

σ(t)f(t) c s F(s)

σ(t)f⁰(t) c s sF(s)−f(0⁻)

= sF(s).

Weiterhin ist

σ(t) c s 1 s σ(t−1) c s e^−s

s . Aus der DGL wird im Bildbereich

F(s)(s+ 1) = e^−s s F(s) = e^−s 1

s(s+ 1). Rücktransformation.

1

s(s+ 1) = c1

s + c2

s+ 1 1 = c1(s+ 1) +c2s Spezialfalls= 0 liefert

c1 = 1.

Spezialfalls=−1 liefert

c2 = −1.

Damit ist

1

s(s+ 1) = 1 s− 1

s+ 1 s c σ(t)−σ(t)e^−t

= σ(t)(1−e^−t).

Verschiebung im Zeitbereich liefert e^−s 1

s(s+ 1) s c σ(t−1)(1−e^1−t) Damit ist

σ(t)f(t) = σ(t−1)(1−e^1−t)

bzw.

f(t) = σ(t−1)(1−e^1−t) fürt≥0.

Einsetzen in die DGL.

f⁰(t) = δ(t−1)(1−e^1−t) +σ(t−1)(−e^1−t)(−1)

= δ(t−1)(1−e⁰) +σ(t−1)e^1−t

= σ(t−1)e^1−t. Damit ist

f(t) +f⁰(t) = σ(t−1)(1−e^1−t) +σ(t−1)e^1−t

= σ(t−1)(1−e^1−t+e^1−t)

= σ(t−1).

Aufgabe 10. Lösen Sie das Anfangswertproblem

f⁰(t) + 3f(t) = sin(2t), f(0⁻) = 1 fürt≥0 durch Laplace Transformation.

Lösung von Aufgabe 10. Laplace Transformation sF(s)−1 + 3F(s) = 2

s²+ 4 F(s)(s+ 3) = 2

s²+ 4+ 1

F(s) = 2

(s+ 3)(s²+ 4)+ 1 s+ 3. Partialbruchzerlegung

1

(s+ 3)(s²+ 4) = c₁

s+ 3+c₂s+c₃ s²+ 4

1 = c₁(s²+ 4) + (c₂s+c₃)(s+ 3) 1 = s²(c1+c2) +s(3c2+c3) + 4c1+ 3c3

Gleichungen

c₁+c₂ = 0 3c2+c3 = 0 4c₁+ 3c₃ = 1 Lösungen

c1 = 1/13 c₂ = −1/13 c3 = 3/13

Damit gilt 1

(s+ 3)(s²+ 4) = 1 13

1

s+ 3 − s

s²+ 4+ 3 s²+ 4

= 1

13 1

s+ 3 − s s²+ 4+3

2 2 s²+ 4

s c 1 13

e^−3t−cos(2t) +3 2sin(2t)

und

F(s) s c 2 13

e^−3t−cos(2t) +3 2sin(2t)

+e^−3t

= 15

13e^−3t− 2

13cos(2t) + 3

13sin(2t).

Aufgabe 11. In einem System bestehe folgender Zusammenhang zwischen Eingangsfunktionf(t) und Ausgangsfunktionh(t):

f⁰(t) +f(t) = h⁰(t)−h(t).

Berechnen Sie die Übertragungsfunktion G(s) = H(s)

F(s) und die Impulsantwortg(t) des Systems.

Lösung von Aufgabe 11. Sei

f(t) c s F(s) h(t) c s H(s).

Dann ist

f⁰(t) c s sF(s) h⁰(t) c s sH(s).

Aus der DGL wird somit im Bildbereich

F(s)(s+ 1) = H(s)(s−1).

Damit ist die Übertragungsfunktion

G(s) = H(s) F(s)

= s+ 1 s−1. Polynomdivision liefert

s+ 1

s−1 = (s−1) + 2 s−1

= 1 + 2 s−1.

Rücktransformation ergibt

g(t) = δ(t) + 2σ(t)e^t.

Aufgabe 12. Berechnen Sie die Lösung des Anfangswertproblems f⁰(t) +f(t) = e^t, f(0) = 2

für t ≥ 0 einmal mit Laplace Transformation und einmal mit der e^λt- Methode und einem Ansatz für die Störfunktion.

Hinweis: Die Lösungsfunktion dieser DGL ist überall stetig, d.h. es gilt insbesonderef(0⁻) =f(0).

Lösung von Aufgabe 12.

• Lösung mit Laplace Transformation. Multiplikation mit σ(t).

σ(t)f⁰(t) +σ(t)f(t) = σ(t)e^t. Mit

σ(t)f(t) c s F(s) σ(t)f⁰(t) c s sF(s)−2

σ(t)e^t c s 1 s−1 erhält man im Bildbereich die Gleichung

sF(s)−2 +F(s) = 1 s−1 F(s)(s+ 1) = 2 + 1

s−1 F(s) = 2

s+ 1 + 1

(s−1)(s+ 1). Rücktransformation.

2

s+ 1 s c 2σ(t)e^−t. Partialbruchzerlegung

1

(s−1)(s+ 1) = c₁

s−1 + c₂ s+ 1 1 = c₁(s+ 1) +c₂(s−1) Spezialfall s= 1 ergibt

1 = 2c₁ c1 = ¹/2. Spezialfall s=−1 ergibt

1 = −2c2

c2 = −¹/2.

Damit ist

1

(s−1)(s+ 1) =

1/2

s−1− ¹/2

s+ 1 s c σ(t) ¹/2e^t−¹/2e^−t

. Folglich ist

σ(t)f(t) = σ(t) 2e^−t+¹/2e^t−¹/2e^−t

= σ(t) ³/2e^−t+¹/2e^t bzw.

f(t) = ³/2e^−t+¹/2e^t fürt≥0.

• Homogene DGL.

f⁰(t) +f(t) = 0.

De Ansatz f(t) =e^λtführt zum charakteristischen Polynom λ+ 1 = 0

λ = −1.

Damit ist die allgemeine homogene Lösung fH(t) = Ce^−t.

Ansatz für die partikuläre Lösung der inhomogenen DGL fP(t) = ce^t

f_P⁰(t) = ce^t. Einsetzen in die inhomogene DGL.

ce^t+ce^t = e^t 2c = 1

c = ¹/2.

Damit ist eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL fP(t) = ¹/2e^t

und die allgemeine inhomogene Lösung f(t) = Ce^−t+¹/2e^t. Ausf(0) = 2 folgt

2 = C+¹/2

C = ³/2.

Damit ist die Lösung des Anfangswertproblems f(t) = ³/2e^−t+¹/2e^t.

Aufgabe 13. An einer idealen Feder mit FederkonstanteD und Ruhleänge ` ist ein Massestückmbefestigt. Seix<sub>1</sub>(t) die Position des Federanfangs und x<sub>2</sub>(t)+`die Position des Federendes mit dem Massestück. Die Ausdehnung der Feder aus der Ruhelage ist somitx2(t)−x1(t). Dieses System ist linear und zeitinvariant mit Eingangsgrößex1 und Ausgangsgröße x2.

• Berechne Sie die Übertragungsfunktion und die Impulsantwort dieses Systems. Sie dürfen hierbei annehmen, dass sich das System zum Zeitpunkt t= 0 wenn der Impuls kommt, in Ruhe befindet, d.h.

x₂(0) =x⁰₂(0) = 0.

• Das System wird nun mit einer Schwingung angeregt, d.h. x₁(t) ist eine harmonische Schwingung mit Kreisfrequenz ω. Da das System linear und zeitinvariant ist, schwingt auch das Massestück mit Kreis- frequenzω. In welchem Frequenzbereich ist der Betrag der Amplitude von x₂ größer als der vonx₁?

• Hat das System Hochpass- oder Tiefpasscharakter?

x1(t) x2(t) +ℓ D

g

x1 x2

x2(t) ℓ

m

Lösung von Aufgabe 13. Die Kraft, die auf das Massestück wirkt, ist F(t) = −D(x2(t)−x₁(t)).

Nach dem Trägheitsgesetz führt dies zu einer Beschleunigung a(t) = −D

m(x₂(t)−x₁(t)) bzw.

x⁰⁰₂(t) = −D

mx₂(t) +D mx₁(t).

Dax₂(0) =x⁰₂(0) = 0 ist die Gleichung im Bildbereich s²X2(s) = −D

mX2(s) +D mX1(s)

s²+D m

X2(s) = D mX1(s).

Die Übertragungsfunktion ist somit G(s) = X2(s)

X1(s)

=

D/m

s²+^D/m

= ω₀²

s²+ω₀² mitω₀ = p

D/m.

Die Impulsantwort ist folglich

g(t) = σ(t)ω₀sin(ω₀t).

Im Spezialfalls=jω erhält man die Fourier Transformierten. Damit ist X2(jω) = G(jω)X1(jω)

|X₂(jω)| = |G(jω)||X₁(jω)|.

Istx_i(t) eine harmonische Schwingung mit Kreisfrequenz ˆωund Amplitude Ai, gilt

|Xi(jω)| = Aiπ(δ(ω−ω) +ˆ δ(ω+ ˆω))

A₂π(δ(ω−ω) +ˆ δ(ω+ ˆω)) = |G(jω)|A1π(δ(ω−ω) +ˆ δ(ω+ ˆω)) A2 = |G(jω)|A1.

Der Betrag der Amplitude von x1(t) wird somit durch das System um Faktor

|G(jω)| =

ω₀² (jω)²+ω₀²

= ω²₀

|ω₀²−ω²|.

verstärkt. Dieser Verstärkungsfaktor ist für positive Frequenzen größer als 1 im Bereich

ω²<2ω²₀ bzw. ω <√ 2ω₀.

Da das System hohe Frequenzen dämpft und tiefe verstärkt, hat es Tief- passcharakter.