Heilbronn, den 28.9.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22
Übungen zu Mathematik 3 mit Musterlösungen
Blatt 1
Aufgabe 1. Wiederholen Sie die wichtigsten Themen aus Mathe 2:
• Lineare Funktionen
• Differentialgleichungen
• Faltung
• Dirac Impuls
• Lineare zeitinvariante Systeme
• Fourier Reihen
• Fourier Transformation
• Laplace Transformation.
Lösung von Aufgabe 1.
Aufgabe 2. Definieren Sie den Begriff f ∈D→ Rhat den Grenzwert ˆx∈R an der Stellet=∞.
Berechnen Sie
t→∞lim
2tπt+ 5e2t 7e2t .
Lösung von Aufgabe 2. f ∈D→Rhat den Grenzwert ˆxan der Stellet=∞ wenn gilt:
Für jede Folgexn mit
xn∈Dfür allen∈Nund
n→∞lim xn = ∞ gilt
n→∞lim f(xn) = ˆx.
2tπt+ 5e2t
7e2t = 2teln(πt) 7e2t +5
7
= 1
7(2teln(π)te−2t+ 5)
= 1
7(2te(ln(π)−2)t+ 5).
Da ln(π)−2<0, gilt
t→∞lim 2te(ln(π)−2)t = 0.
Damit ist
t→∞lim 1
7(2te(ln(π)−2)t+ 5) = 5 7.
Aufgabe 3. Nennen Sie vier äquivalente Bedingungen dafür, dass die Vektoren
~a1, . . . , ~an linear unabhängig sind.
Lösung von Aufgabe 3.
• Keiner der Vektoren ist Linearkombination der anderen.
• Für alle` gilt
L(~a1, . . . , ~a`, . . . , ~an)6=L(~a1, . . . ,6~a`, . . . , ~an)
• Der Nullvektor kann nur auf triviale Weise als Linearkombination von~a1, . . . , ~an dargestellt werden.
• Jeder Vektor~b∈L(~a1, . . . , ~an) kann auf genau eine Weise als Line- arkombination von~a1, . . . , ~an dargestellt werden.
Aufgabe 4. Seif ∈R3→R2definiert durch f
x y z
=
2z−y x
.
Finden Sie eine MatrixAso dass
f(~x) =A~x für alle~x∈R3.
Lösung von Aufgabe 4. Die Spalten vonAsindf(~e1),f(~e2),f(~e3), d.h.
A=
0 −1 2
1 0 0
Aufgabe 5. Seif ∈R→Rdefiniert durch f(x) =
x falls x∈Q
−x falls x6∈Q
Entscheiden Sie von beiden Linearitätsbedingungen, obf sie erfüllt. Geben Sie jeweils eine kurze Begründung.
Lösung von Aufgabe 5. f erfüllt keine der beiden Linearitätsbedingungen, wie durch ein Gegenbeispiel gezeigt wird.
f(1 +π) = −(1 +π) f(1) +f(π) = 1−π
f(π2) = −2π πf(2) = 2π
Aufgabe 6. Außer den in der Vorlesung vorgestellten Ansätzen für Störfunk- tionen bei linearen DGLn-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten gibt es auch einen Ansatz für rechte Seiten der Form
r(x) = p(x)eµx
wobeip(x) ein Polynom ist. Der Ansatz ist dann y(x) = q(x)eµx
wobeiq(x) ein Polynom vom gleichen Grad ist wiep(x). Istµeines-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms, dann ist der Ansatz
y(x) = xsq(x)eµx. Berechnen Sie hiermit die allgemeine Lösung der DGL
y0+y = (x2+ 1)ex.
Lösung von Aufgabe 6. Allgemeine homogene Lösung. Ansatz y0+y = 0
führt zum charakteristischen Polynom λ+ 1 = 0
λ = −1.
Allgemeine homogene Lösung ist
yH(x) = Ce−x. Ansatz für die inhomogene DGL.
y = (ax2+bx+c)ex
y0 = (2ax+b)ex+ (ax2+bx+c)ex. Einsetzen in DGL
(2ax+b)ex+ (ax2+bx+c)ex+ (ax2+bx+c)ex = (x2+ 1)ex 2ax2+ (2a+ 2b)x+ 2c+b = x2+ 1.
Koeffizientenvergleich.
2a = 1 2a+ 2b = 0 2c+b = 1.
Lösung
a = 1
2 b = −1
2
c = 3
4. Die partikuläre Lösung ist damit
yP(x) = 1
2x2−1 2x+3
4
ex.
Die allgemeien Lösung ist
y(x) = Ce−x+ 1
2x2−1 2x+3
4
ex.
Aufgabe 7. Zeigen Sie, dass die Faltung kommutativ ist, d.h. für alle Funktio- nenf undg, für dief∗g existiert, gilt
(f∗g)(t) = (g∗f)(t).
Lösung von Aufgabe 7.
(f∗g)(t) = Z ∞
τ=−∞
f(τ)g(t−τ)dτ Mit der Substitutionµ=t−τ unddτ =−dµgilt
Z ∞ τ=−∞
f(τ)g(t−τ)dτ =
Z −∞
µ=∞
−f(t−µ)g(µ)dµ
= Z ∞
µ=−∞
g(µ)f(t−µ)dµ
= Z ∞
τ=−∞
g(τ)f(t−τ)dτ
= (g∗f)(t).
Aufgabe 8. Sei
f(t) = σ(−t) g(t) = σ(t−1)
t2 .
Berechnen Sie (f∗g)(t). Hinweis: Sie müssen eine Fallunterscheidung ma- chen obt≥1 odert <1.
Lösung von Aufgabe 8.
(f∗g)(t) = Z ∞
−∞
f(t−τ)g(τ)dτ
= Z ∞
−∞
σ(τ−t)σ(τ−1)1 τ2dτ
= Z ∞
max(1,t)
τ−2dτ
= − τ−1∞
max(1,t)
= −
1
∞− 1 max(1, t)
= 1
max(1, t)
=
1 fallst <1 1/t fallst≥1 Aufgabe 9. Sei
f(t) =
1 falls 0≤t <1 0 sonst.
• Berechnen Sief0(t). Hinweis: Stellen Sief(t) als Summe zweier Sprung- funktionen dar, deren Ableitungen Dirac Impulse sind.
• Berechnen Sie die Fourier Transformierte vonf(t) und vonf0(t) und verifizieren Sie damit, dass
f0(t) c s jωF(ω).
Lösung von Aufgabe 9.
f(t) = σ(t)−σ(t−1) f0(t) = δ(t)−δ(t−1) Berechnung der Fourier Transformierten vonf(t).
F(ω) = Z ∞
−∞
f(t)e−jωtdt
= Z 1
0
e−jωtdt
= − 1 jω
e−jωt1
0
= − 1
jω(e−jω−1)
= 1−e−jω jω .
Da durch ω dividiert wurde, muss der Spezialfall ω = 0 berücksichtigt werden.
F(0) = Z ∞
−∞
f(t)ej0tdt
= Z ∞
−∞
f(t)dt
= 1.
Berechnung der Fourier Transformierten vonf0(t).
δ(t) c s 1 δ(t−1) c s e−jω
f0(t) c s 1−e−jω. Damit gilt
f0(t) c s jωF(ω) sowohl fürω6= 0 als auch fürω= 0.
Aufgabe 10. Berechnen Sie die Fourier Transformierte von f(t) =
e−tcos(t) fallst≥0 etcos(t) fallst <0
Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass f(t) eine gerade Funktion ist, d.h.
f(−t) =f(t). Folglich istF(ω) reell.
Lösung von Aufgabe 10.
f(−t) =
etcos(−t) falls−t≥0 e−tcos(−t) falls−t <0
=
etcos(t) fallst≤0 e−tcos(t) fallst >0
= f(t).
F(ω) = Z ∞
−∞
f(t)e−jωtdt
= Z 0
−∞
f(t)e−jωtdt+ Z ∞
0
f(t)e−jωtdt
= Z 0
∞
f(−t)ejωt(−dt) + Z ∞
0
f(t)e−jωtdt
= Z ∞
0
f(t)ejωtdt+ Z ∞
0
f(t)e−jωtdt
= Z ∞
0
f(t)e−jωtdt+ Z ∞
0
f(t)e−jωtdt
= 2re Z ∞
0
f(t)e−jωtdt
.
Nebenrechnung.
Z ∞ 0
f(t)e−jωtdt
= Z ∞
0
e−t1
2(ejt+e−jt)e−jωtdt
= 1
2 Z ∞
0
e−(1−j+jω)tdt+ Z ∞
0
e−(1+j+jω)tdt
= 1
2
− 1 1−j+jω
h
e−(1−j+jω)ti∞
0 − 1
1 +j+jω h
e−(1+j+jω)ti∞ 0
= 1
2
1
1 +j(ω−1) + 1 1 +j(ω+ 1)
= 1
2
1−j(ω−1)
1 + (ω−1)2 +1−j(ω+ 1) 1 + (ω+ 1)2
Damit ist 2re
Z ∞ 0
f(t)e−jωtdt
= 1
1 + (ω−1)2 + 1 1 + (ω+ 1)2 Einfacher wäre es gegangen, wenn man zuerst zeigt, dass
f(t) = e−|t|cos(t).
Dann zeigt man, dass
e−|t| c s 2 ω2+ 1.
Mit dem Modulationssatz
f(t) cos(ˆωt) c s 1
2(F(ω−ω) +ˆ F(ω+ ˆω)) folgt dann
e−|t|cos(t) = 1
1 + (ω−1)2 + 1 1 + (ω+ 1)2. Aufgabe 11. Sei
f(t) =
et für 0≤t≤1 0 sonst.
• Berechnen Sie die Fourier Transformierte von f(t).
• Sei nun
g(t) =tf(t).
Berechnen Sie die Fourier Transformierte von g(t). Hinweis: In der Formelsammlung findet man die Korrespondenz
(−jt)f(t) c s F0(ω).
Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich.
Lösung von Aufgabe 11.
f(t) c s Z 1 0
ete−jωtdt
= Z 1
0
e(1−jω)tdt
= 1
1−jω h
e(1−jω)ti1
0
= 1
1−jω e1−jω−1
= j
ω+j e1−jω−1 g(t) c s −1
j d dω
j
ω+j e1−jω−1
= − d
dω 1
ω+j e1−jω−1
= −
−1
(ω+j)2 e1−jω−1
+ 1
ω+j(−j)e1−jω
= 1
(ω+j)2 e1−jω−1
+ j
ω+je1−jω
= 1
(ω+j)2 e1−jω−1 +j(ω+j)e1−jω
= 1
(ω+j)2 e1−jω−1 +jωe1−jω−e1−jω
= jωe1−jω−1 (ω+j)2
Aufgabe 12. Die Tiefpass Filterung eines Signals f(t) ist mit der Fourier Transformation sehr einfach: Man berechnet die Fourier Transformierte F(ω) und setzt diese auf Null für alleω mit|ω|>ω, wobei ˆˆ ω die Cutoff Frequenz des Filters ist. Damit erhält man die Fourier Transformierte
G(ω) =
F(ω) falls|ω| ≤ωˆ 0 sonst .
Die Rücktransformation vonG(ω) liefert das Tiefpass gefilterte Signalg(t).
Berechnen Sie die Tiefpass Filterung vonf(t) =δ(t) und fürf(t) = cos(t) für beliebige Cutoff Frequenz ˆω. Vereinfachen Sie das Ergebnis so, dass keine komplexen Zahlen darin auftreten.
Lösung von Aufgabe 12.
• f(t) =δ(t). Fourier Transformierte F(ω) = 1.
Damit ist
G(ω) =
1 falls|ω| ≤ωˆ 0 sonst. Rücktransformation.
g(t) = 1 2π
Z ωˆ
−ˆω
ejωtdω
= 1
2πjt
ejωtωˆ
−ωˆ
= 1
2πjt ejˆωt−e−jωtˆ
= 1
πtsin(ˆωt)
= ωˆ π
sin(ˆωt) ˆ ωt
= ωˆ πsi(ˆωt).
• f(t) = cos(t). Fourier Transformierte
F(ω) = π(δ(ω−1) +δ(ω+ 1)).
Wenn |ˆω| ≥1, istG(ω) =F(ω) und damit g(t) = f(t)
= cos(t).
Wenn |ˆω|<1, istG(ω) = 0 und damit g(t) = 0.
Aufgabe 13. Die Sprungfunktionσ(t) ist definiert durch σ(t) =
1 falls t≥0 0 falls t <0.
Sei
f(t) = σ(t)e−t
=
e−t falls t≥0 0 falls t <0.
und
g(t) = X
`∈Z
f(t+`T).
Damit istg(t) eine T-periodische Funktion. Für sehr großeT gehtg(t) in die (nicht-periodische) Funktionf(t) über.
• Berechnen Sie die Fourier Koeffizientenzk von g(t).
• Berechnen Sie die Fourier TransformierteF(ω) vonf(t).
• Sei ωk =k2π/T die Frequenz, die dem Fourier Koeffizientenzk ent- spricht. Zeigen Sie, dass dann
F(ωk) = zkT.
Hinweis: Für beliebiges 0< a <1 gilt
∞
X
`=0
a` = 1
1−a. Lösung von Aufgabe 13.
• Fourier Koeffizienten von g(t).
zk = 1 T
Z T 0
g(t)e−jkωtdt
= 1
T Z T
0
∞
X
`=−∞
f(t+`T)e−jkωtdt
= 1
T Z T
0
∞
X
`=−∞
σ(t+`T)e−(t+`T)e−jkωtdt.
Dat im Integrationsbereich zwischen 0 undT liegt, ist σ(t+`T) =
1 falls`≥0 0 falls` <0.
Damit ist
zk = 1 T
Z T 0
∞
X
`=0
e−(t+`T)e−jkωtdt
= 1
T Z T
0
∞
X
`=0
e−`Te−te−jkωtdt
= 1
T Z T
0
∞
X
`=0
e−`Te−(1+jkω)tdt.
Mit o.g. Summenformel gilt füra=e−T
∞
X
`=0
e−`T =
∞
X
`=0
e−T`
= 1
1−e−T. Damit ist
zk = 1
T(1−e−T) Z T
0
e−(1+jkω)tdt
= 1
T(1−e−T) 1
−(1 +jkω) h
e−(1+jkω)tiT 0
= − 1
T(1−e−T)(1 +jkω)
e−(1+jkω)T−1
= 1−e−(T+2πjk) T(1−e−T)(1 +jkω)
= 1−e−T
T(1−e−T)(1 +jkω)
= 1
T(1 +jkω).
• Fourier Transformierte vonf(t).
F(ω) = Z ∞
−∞
f(t)e−jωtdt
= Z ∞
0
e−te−jωtdt
= Z ∞
0
e−(1+jω)tdt
= − 1
1 +jω h
e−(1+jω)ti∞ 0
= − 1
1 +jω(0−1)
= 1
1 +jω.
• Damit gilt
F(ωk) = 1 1 +jωk
zkT = 1 1 +jkω
= 1
1 +jωk
.
Aufgabe 14.
• Zeigen Sie dass allgemein gilt
f(−t) c s F(−ω).
• Sei a >0 und
f(t) =
e−at fallst >0 0 sonst.
Berechnen Sie die Fourier Transformierte von f(t).
• Berechnen Sie hieraus die Fourier Transformierte vonf(−t).
• Berechnen Sie die Fourier Transformierte von f(|t|). Das ist nicht weiter schwierig, da für die vorliegende Funktionf(t) gilt
f(|t|) =f(t) +f(−t).
Lösung von Aufgabe 14.
•
f(−t) c s Z ∞
−∞
f(−t)e−jωtdt.
Mit der Substitutionτ =−t,dt=−dτ erhält man Z ∞
−∞
f(−t)e−jωtdt = Z −∞
∞
f(τ)ejωτ(−dτ)
= Z ∞
−∞
f(τ)ejωτdτ
= Z ∞
−∞
f(τ)e−j(−ω)τdτ
= F(−ω).
•
f(t) c s Z ∞
−∞
f(t)e−jωtdt
=
Z ∞ 0
e−ate−jωtdt
=
Z ∞ 0
e−(a+jω)tdt
= 1
−(a+jω) h
e−(a+jω)ti∞ 0
= 1
−(a+jω)(−1)
= 1
a+jω.
•
f(−t) c s F(−ω) = 1 a−jω.
•
f(|t|) = f(t) +f(−t) c s 1
a+jω + 1 a−jω
= 2a
a2+ω2
Aufgabe 15. Sei
f(t) = t3e−(t2). Berechnen Sie re(F(ω)).
Lösung von Aufgabe 15. Daf(t) eine ungerade Funktion ist, ist re(F(ω)) = 0.
Aufgabe 16. Seien f, g Funktionen, für die eine Fourier Transformierte exi- stiert. Zeigen Sie mit Hilfe der Rechengesetze der Fourier Transformation, dass
f0∗g = f ∗g0. Der Beweis ist sehr kurz.
Lösung von Aufgabe 16. Mit
f(t) c s F(ω) g(t) c s G(ω) f0(t) c s jωF(ω) (f∗g)(t) c s F(ω)G(ω) gilt
(f0∗g)(t) c s (jωF(ω))G(ω)
= F(ω)(jωG(ω)) s c (f∗g0)(t) Aufgabe 17. Berechnen Sie die Fourier Transformierte von
f(t) =σ(t)e−t.
Hierbei istσ(t) die Heavisidesche Sprungfunktion. Berechnen Sie dann die Fourier Transformierte von
σ(t−1)e−t+1 und von
σ(t)e−tcos(t).
Hinweis: Nutzen Sie im ersten Fall den Zeitverschiebungssatz und im zwei- ten Fall die Modulation.
Lösung von Aufgabe 17.
σ(t)e−t c s Z ∞
−∞
σ(t)e−te−jωtdt
=
Z ∞ 0
e−te−jωtdt
=
Z ∞ 0
e−(1+jω)tdt
= − 1
1 +jω
he−(1+jω)ti∞
0
= − 1
1 +jω(−1)
= 1
1 +jω. Das Zeitverscheibungstheorem besagt
f(t−t)ˆ c s F(ω)e−jωˆt und im Spezialfall ˆt= 1
f(t−1) c s F(ω)e−jω. Daraus folgt
σ(t−1)e−t+1 = σ(t−1)e−(t−1) c s 1
1 +jωe−jω Aus der Eigenschaft über Modulation folgt
f(t) cos(t) c s 1
2(F(ω−1) +F(ω+ 1)).
Es wurde gezeigt, dass
σ(t)e−t c s 1 1 +jω. Daraus folgt
σ(t)e−tcos(t) c s 1 2
1
1 +j(ω−1) + 1 1 +j(ω+ 1)
.
Aufgabe 18. Zeigen Sie den Faltungssatz der Fourier Transformation, d.h.
(f∗g)(t) c s F(ω)G(ω).
Lösung von Aufgabe 18.
F(ω)G(ω) = F(ω) Z ∞
−∞
g(τ)e−jωτdτ
= Z ∞
−∞
F(ω)g(τ)e−jωτdτ
= Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
f(s)e−jωsds
g(τ)e−jωτdτ
= Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
f(s)e−jω(s+τ)ds
g(τ)dτ
Mit der Substitutiont=s+τ unddt=dswird das innere Integral nun umgeformt:
= Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
f(t−τ)e−jωtdt
g(τ)dτ
= Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
f(t−τ)g(τ)dτ
| {z }
(f∗g)(t)
e−jωtdt
= Z ∞
−∞
(f ∗g)(t)e−jωtdt Dies ist die Fourier Transformierte von (f∗g)(t).
Aufgabe 19. Der Impulszug
p(t) =
∞
X
k=−∞
δ(t−k).
ist eineT = 1-periodische Funktion mit Grundfrequenz
ω = 2π
T = 2π.
Stellen Siep(t) als Fourierreihe dar, d.h. berechnen Sie Fourier Koeffizi- entenzk so dass
p(t) =
∞
X
k=−∞
zke2πjkt
Berechnen Sie ausgehend von dieser Darstellung die Fourier Transformier- te P(ω) von p(t). Alles was Sie dafür benötigen ist die Linearität der Fourier Transformation und die Korrespondenz
ejωtˆ c s 2πδ(ω−ω).ˆ
Sie haben damit gezeigt, dass ein Impulszug im Zeitbereich wiederum ein Impulszug im Frequenzbereich ergibt.
Lösung von Aufgabe 19. Bei der Berechnung der Fourier Koeffizienten muss man über eine Periode integrieren. Naheliegend ist die Integration von 0 bisT. Da dann jedoch genau auf den Integrationsgrenzen Impulse sitzen, integriert man besser z.B. von−T/2bis T/2. In diesem Bereich istp(t) = δ(t) und man erhält
zk = 1 T
Z T 0
p(t)e−jkωtdt
= Z 1/2
−1/2
δ(t)e−2πjktdt
= Z 1/2
−1/2
δ(t)dt Ausblendeigenschaft
= 1.
Damit ist die Fourier Reihe des Impulszugs p(t) =
∞
X
k=−∞
e2πjkt.
Für ˆω= 2πk folgt aus der Tabelle
e2πjkt c s 2πδ(ω−2πk).
Mit der Linearität folgt
p(t) c s 2π
∞
X
k=−∞
δ(ω−2πk).
Aufgabe 20. Ein Operationsverstärker ist eine elektronische Schaltung, die die Spannung zwischen den beiden Eingängen + und − mit einem extrem hohen Faktor verstärkt.
Bei Anwendungen von Operationsverstärkern wird i.a. die Ausgangsspan- nung auf die Eingänge zurückgekoppelt. Auf diese Weise wird die Span- nung zwischen den beiden Eingängen + und − sehr klein und die Aus- gangsspannung bleibt trotz des extremen Verstärkungsfaktors in einem vernünftigen Bereich. In nachfolgendem Bild ist eine einfache Schaltung mit einem Operationsverstärker dargestellt. Gesucht ist die Ausgangsspan- nungua(t) in Abhängigkeit der Eingangsspannungue(t). Die Eingangsim- pedanz eines Operationsverstärkers ist fast unendlich groß, so dass kein Strom in die Eingänge + und−fließt. Da der Eingang + auf 0 Volt liegt, ist auch der Eingang−auf ≈0 Volt. Mit der Knotenregel können somit einfache Gleichungen aufgestellt werden wie z.B.
i(t) = ue(t)/R1
−i(t) = ua(t)/R2+Cu0a(t).
− + R1
R2
C
ua(t) ue(t)
i(t)
• Stellen Sie eine Differentialgleichung für die unbekannte Funktion ua(t) auf, wobei die Eingangsspannungue(t) gegeben sei.
• Berechnen Sie ua(t) für den Spezialfall ue(t) = cos(ωt). Wie sieht ua(t) für große taus?
• Berechnen Sie für beliebigesue(t) die Übertragungsfunktion Ua(ω)
Ue(ω).
Warum wird diese Schaltung als aktiver Tiefpass bezeichnet?
• Berechnen Sie mit Hilfe dieser Übertragungsfunktion für den Spezi- alfall ue(t) = cos(5t) die Fourier Transformierte Ua(ω). Berechnen Sie dann durch inverse Fourier Transformation ua(t).
Lösung von Aufgabe 20.
• Die Spannung am Kondensator ist ua(t). Damit gilt für die Ladung q(t)
C = q(t)/ua(t) q(t) = Cua(t)
Ableiten ergibt die Stromstärke durch den Kondensator iC(t) = Cu0a(t).
Die Stromstärke durch den Widerstand R1 bzw.R2 ist i1(t) = ue(t)
R1
i2(t) = ua(t) R2 . Aus der Knotenregel folgt
iC(t) +i2(t) +i1(t) = 0 Cu0a(t) +ua(t)
R2 +ue(t) R1 = 0 Cu0a(t) +ua(t)
R2 = −ue(t) R1 .
• Fürue(t) = cos(ωt) erhält man Cu0a(t) +ua(t)
R2 = −cos(ωt) R1
R1Cu0a(t) +rua(t) = −cos(ωt), r = R1
R2.
Es handelt sich um eine lineare DGL erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Die homogene DGL ist
R1Cu0a(t) +rua(t) = 0.
Der Ansatz
ua(t) = eλt
führt zum charakteristischen Polynom R1Cλ+r = 0
λ = − r
R1C
= − 1
R2C
Die allgemeine homogene Lösung ist damit uah(t) = Ke−t/(R2C). Partikuläre Lösung der inhomogenen DGL.
R1Cu0a(t) +rua(t) = −1
2(ejωt+e−jωt).
Rechte Seiteejωt. Ansatz
ua(t) = Aejωt u0a(t) = jωAejωt Einsetzen und Kürzen mit ejωt.
R1CjωA+rA = 1
A = 1
r+jωR1C. Lösung
ua1(t) = 1
r+jωR1Cejωt
= r−jωR1C r2+ω2R21C2ejωt. Die partikuläre Lösung mit rechter Seitee−jωt ist
ua2(t) = ua1(t).
Die partikuläre Lösung mit rechter Seite−cos(ωt) ist folglich uap(t) = −re
r−jωR1C r2+ω2R21C2ejωt
= −rcos(ωt) +ωR1Csin(ωt) r2+ω2R12C2 . Damit ist die allgemeine inhomogene Lösung
ua(t) = Ke−t/(R2C)−rcos(ωt) +ωR1Csin(ωt) r2+ω2R21C2 .
Für großetgehte−t/(R2C)gegen Null und es bleibt nur die partikuläre inhomogene Lösung.
• Sei
ue(t) c s Ue(ω) ua(t) c s Ua(ω) u0a(t) c s jωUa(ω).
Aus der DGL
Cu0a(t) +ua(t) R2
= −ue(t) R1
.
wird damit
jωCUa(ω) + 1 R2
Ua(ω) = − 1 R1
Ue(ω) Ua(ω)(jωC+ 1
R2
) = − 1 R1
Ue(ω) Ua(ω)(jωR2C+ 1) = −R2
R1
Ue(ω) Ua(ω)
Ue(ω) = − R2/R1 jωR2C+ 1
= − 1
r+jωR1C
Für große Werte von ω, d.h. hohe Frequenzen wird dieser Wert be- tragsmäßig klein. Hochfrequente Schwingungen werden daher stark abgeschwächt, daher der Name Tiefpass.
• Aus
ue(t) = cos(5t)
c s π(δ(ω−5) +δ(ω+ 5)) folgt
Ua(ω) = − π
r+jωR1C(δ(ω−5) +δ(ω+ 5))
= − π
r+j5R1Cδ(ω−5)− π
r+j(−5)R1Cδ(ω+ 5)
= 1
−r+ 5jR1C
| {z }
z
πδ(ω+ 5) + 1
−r−5jR1C
| {z }
z
πδ(ω−5)
s c 1
2(ze−5jt+ze5jt)
= re(ze−5jt)
= re
−r−5jR1C r2+ 25R21C2e−5jt
= −rcos(5t)−5R1Csin(5t) r2+ 25R21C2
= −rcos(5t) + 5R1Csin(5t) r2+ 25R21C2
= ua(t).
Da die e-Funktion keine Fourier Transformierte hat, erhält man auf diesem Weg nur die Lösung im eingeschwungenen Zustand.
