Laplace-Transformation < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:01 Mo 02.01.2012 | | Autor: | David90 |
| Aufgabe | Finden Sie zur Integralgleichung [mm] \integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=tf(t) [/mm] alle reellen, stetigen Lösungen f von exponentieller Ordnung, indem Sie sie in eine DGL für die Laplace-Transformierte L|f| umwandeln und diese DGL lösen.
(L ist das geschwungene L für Laplace) |
Hallo,
also ich komm nicht weiter bei der Aufgabe.
Hab das umgeformt:
[mm] tf(t)-\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=0
[/mm]
So jetzt Laplace-Trafo und den Faltungssatz nutzen, denk ich mal.
Wollte die Laplace-Trafo auf die gesamte gleichung anwenden, aber komm da nicht weiter :/
[mm] L[tf(t)](s)-L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=0
[/mm]
Und ich denke mal auf das Integral muss man den Faltungssatz anwenden oder?
Gruß David
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:25 Di 03.01.2012 | | Autor: | fred97 |
> Finden Sie zur Integralgleichung
> [mm]\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=tf(t)[/mm] alle reellen,
> stetigen Lösungen f von exponentieller Ordnung, indem Sie
> sie in eine DGL für die Laplace-Transformierte L|f|
> umwandeln und diese DGL lösen.
> (L ist das geschwungene L für Laplace)
> Hallo,
> also ich komm nicht weiter bei der Aufgabe.
> Hab das umgeformt:
> [mm]tf(t)-\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=0[/mm]
> So jetzt Laplace-Trafo und den Faltungssatz nutzen, denk
> ich mal.
> Wollte die Laplace-Trafo auf die gesamte gleichung
> anwenden, aber komm da nicht weiter :/
> [mm]L[tf(t)](s)-L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=0[/mm]
> Und ich denke mal auf das Integral muss man den
> Faltungssatz anwenden oder?
Ja
FRED
> Gruß David
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:04 Di 03.01.2012 | | Autor: | David90 |
Ok alles klar,
also es gilt ja [mm] \integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=(f\*f)(t) [/mm] oder? :/
Gruß David
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Hallo,
> Ok alles klar,
> also es gilt ja [mm]\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=(f\*f)(t)[/mm]
> oder? :/
> Gruß David
nicht ganz, das faltungsintegral geht normalerweise von 0 bis [mm] $\infty$. [/mm] der integrand stimmt aber.
du musst dir überlegen, wie der träger von $f$ aussieht, wo $f$ also funktionswerte ungleich null annimmt.
gruss
Matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:42 Di 03.01.2012 | | Autor: | David90 |
Mmhhh versteh ich nicht ganz, was meinst du mit "der Träger von f" ?
Es gilt doch [mm] (f\*g)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(\mu)g(t-\mu) d\mu}=\integral_{0}^{t}{f(\mu)g(t-\mu) d\mu}.
[/mm]
Und das is doch genau der Fall der hier vorliegt oder?
Gruß David
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> Mmhhh versteh ich nicht ganz, was meinst du mit "der
> Träger von f" ?
> Es gilt doch
> [mm](f\*g)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(\mu)g(t-\mu) d\mu}=\integral_{0}^{t}{f(\mu)g(t-\mu) d\mu}.[/mm]
>
das gilt unter voraussetzung, dass das integral ausserhalb des intervalles $[0,t]$ gleich null ist. Im allgemeinen ist es nicht so, ausser f und g haben besondere eigenschaften bezüglich ihres trägers, die du in deinem posting nicht genannt hast, und die ich folglich nicht kenne.
damit meine ich zB. dass f(x) und g(x) gleich null sind für x-werte kleiner null oder ähnliches.
gruss
matthias
> Und das is doch genau der Fall der hier vorliegt oder?
> Gruß David
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:05 Di 03.01.2012 | | Autor: | David90 |
Also meinst du das integral muss von t bis -t gehen?
Gruß David
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> Also meinst du das integral muss von t bis -t gehen?
> Gruß David
ok, ich habe gerade nochmal auf wikipedia nachgeschaut. das integral beim faltungssatz für die laplacetransformation geht tatsächlich (nur) von 0 bis t und nicht bis unendlich. du kannst also einfach den satz anwenden.
sorry, wenn ich dich verwirrt habe. 
gruss
Matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:07 Di 03.01.2012 | | Autor: | David90 |
Ok also is das richtig, dass
[mm] \integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=(f\*f)(t) [/mm] gilt?
Weil dann gilt ja auch [mm] L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=L[(f\*f)(t)](s)=L[f](s)*L[f](s) [/mm] oder?
Wenn das stimmt, dann weiß ich jetzt nicht wie man weiter macht :/
Gruß David
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Hallo David90,
> Ok also is das richtig, dass
> [mm]\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}=(f\*f)(t)[/mm] gilt?
> Weil dann gilt ja auch
> [mm]L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=L[(f\*f)(t)](s)=L[f](s)*L[f](s)[/mm]
> oder?
Ja, das gilt dann auch.
> Wenn das stimmt, dann weiß ich jetzt nicht wie man weiter
> macht :/
Wende die Laplace-Transformation auf die rechte Seite der Gleichung an.
Löse dann die entstehende DGL.
> Gruß David
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:54 Mi 04.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo.
Leider will das irgendwie nicht bei mir klappen, die Zeile wird immer nur monströser
=L{t*f(t)}
[mm] =\integral_{0}^{\infty}{t*f(t)e^{-st}dt} [/mm]
[mm] =[\bruch{-tf(t)}{se^{st}}]+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{f(t)}{se^{st}}+\bruch{tf'(t)}{se^{st}}dt}
[/mm]
= weiter wirds so gruselig, trau mich nicht das hier hin zu schreiben..;)
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Hallo.
>
> Leider will das irgendwie nicht bei mir klappen, die Zeile
> wird immer nur monströser
>
> =L{t*f(t)}
Für einige Bildfunktion gibt es ![[]](/images/popup.gif) Korrespondenztabellen.
So auch für die obige.
> [mm]=\integral_{0}^{\infty}{t*f(t)e^{-st}dt}[/mm]
> [mm]=[\bruch{-tf(t)}{se^{st}}]+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{f(t)}{se^{st}}+\bruch{tf'(t)}{se^{st}}dt}[/mm]
> = weiter wirds so gruselig, trau mich nicht das hier hin
> zu schreiben..;)
>
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:22 Mi 04.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Danke für die Antwort!
Also so:
[mm] L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=
[/mm]
[mm] L[(f\*f)(t)](s)=L[t*f(t)](s)
[/mm]
[mm] F(s)^2=-F'(s)
[/mm]
[mm] f(t)=L^{-1}{\wurzel{-F'(s)}}?
[/mm]
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Danke für die Antwort!
>
> Also so:
>
> [mm]L[\integral_{0}^{t}{f(u)f(t-u)du}](s)=[/mm]
> [mm]L[(f\*f)(t)](s)=L[t*f(t)](s)[/mm]
> [mm]F(s)^2=-F'(s)[/mm]
Diese DGL mußt Du jetzt lösen.
Die Lösung dann zurücktransformieren.
> [mm]f(t)=L^{-1}{\wurzel{-F'(s)}}?[/mm]
>
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:52 Mi 04.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo MathePower,
tut mir leid, aber was ist mit "lösen" gemeint?
Soll es nach
[mm] F(s)=\wurzel{-F'(s)} [/mm] noch irgendwie weiter gehen?
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Hallo MathePower,
>
> tut mir leid, aber was ist mit "lösen" gemeint?
>
Lösen durch Trennung der Variaben (TdV).
> Soll es nach
>
> [mm]F(s)=\wurzel{-F'(s)}[/mm] noch irgendwie weiter gehen?
>
> mfg,
> kozlak
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:32 Mi 04.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo,
bin mir nicht ganz sicher was gemeint ist.
Ansatz
[mm] F(s)=\wurzel{- \bruch{\partial}{\partial s}F(s)} [/mm] ?
Weiter weiß ich auch leider nicht mehr.
mfg,
kozlak
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:55 Do 05.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo,
eine Nacht darüber geschlafen und leider immer noch nicht des rätsels lösung näher gekommen.
Über Hilfe wäre ich sehr dankbar.
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Hallo,
>
>
> bin mir nicht ganz sicher was gemeint ist.
>
> Ansatz
>
> [mm]F(s)=\wurzel{- \bruch{\partial}{\partial s}F(s)}[/mm] ?
>
Das ist nicht richtig.
In dem Link, den ich hier gepostet habe, gibt es auch ein Beispiel.
So musst Du das hier auch machen,
nur daß Du hier keine Anfangsbedingung hast.
> Weiter weiß ich auch leider nicht mehr.
>
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:59 Do 05.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo,
erst einmal danke für die geduld.
Aber auch nach längerer Betrachtung will der Funke einfach nicht überspringen....
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Hallo,
>
> erst einmal danke für die geduld.
>
> Aber auch nach längerer Betrachtung will der Funke
> einfach nicht überspringen....
>
Die DGL
[mm]F^{2}\left(s\right)=-F'\left(s}\right)[/mm]
ist zu lösen.
Schreibt man F' etwas, so steht da:
[mm]F^{2}=-\bruch{dF}{ds}[/mm]
Trennung der Variablen führt auf:
[mm]ds=-\bruch{dF}{F^{2}}[/mm]
Nun beide Seiten integrieren.
Dabei die Integrationskonstante nicht vergessen.
>
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:19 Do 05.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Hallo,
also so :
[mm] [s+C_{1}]^{b}_{a}=[F^{-1}+C_{2}]^{b}_{a}?
[/mm]
Was setz ich denn für die Intergrationsgrenzen ein?
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
> Hallo,
>
> also so :
>
> [mm][s+C_{1}]^{b}_{a}=[F^{-1}+C_{2}]^{b}_{a}?[/mm]
>
> Was setz ich denn für die Intergrationsgrenzen ein?
>
Es gibt keine.
Daher steht da: [mm]s+C_{1}=F^{-1}+C_{2}[/mm]
Jetzt auflösen nach F und dann die Rücktransformation machen.
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:23 Do 05.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Ah, okay!!
nur so aus interesse, aber warum kann integriert werden, ohne das Integrationsgrenzen vorhanden sind.
mfg,
kozlak
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Hallo kozlak,
>
> Ah, okay!!
>
>
> nur so aus interesse, aber warum kann integriert werden,
> ohne das Integrationsgrenzen vorhanden sind.
>
Sind Integrationsgrenzen vorhanden, so spricht man von bestimmter Integration.
Fehlen die Integrationsgrenzen, so spricht man von unbestimmter Integration.
Um Integrieren zu können, müssen daher keine Integrationsgrenzen vorhanden sein.
> mfg,
> kozlak
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Mi 11.01.2012 | | Autor: | kozlak |
Vielen vielen Dank!
mfg,
kozlak
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