\(e^{\lambda x} (\lambda^2+\lambda -6)=0\\ \lambda^2+\lambda -6=0\\ \lambda_{1,2}= \{-3,2\}\)

Machen wir den Ansatz:

\(y(x) = A e^{\lambda x}\)

Einsetzen liefert das charakteristische Polynom:

\(\lambda^2 - 5 \lambda + 6 = 0\)

Verwendung der kleinen Lösungsformel:

\(\lambda_{1,2} = \frac{5}{2} + \sqrt{\frac{25 - 24}{4}} = \frac{5}{2} \pm \frac{1}{2}\)

Es gibt also zwei fundamentale Lösungen:

\(y_1(x) = e^{2 x}\)

\(y_2(x) = e^{3x}\)

Diese spannen den gesamten Lösungsraum auf, entsprechend dem Superpositionsprinzip für Differentialgleichungen:

\(y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{3x}\)

Exponentialansatz

Charakteristisches Polynom
\(\lambda^2-2\lambda=0\)

für \(\lambda=2\)

Zuerst lösen der Gleichung mittels des Exponentialansatzes \(y(x) = e^{\lambda x}\).

\(\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}(e^{\lambda x}) + 3\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(e^{\lambda x})+4e^{\lambda x} = 0\)

Damit erhalten wir mittels Koeffizientenvergleich folgendes charakteristisches Polynom:

\(\lambda^2 + 3 \lambda + 4 = 0\)

Die Nullstellen des Polynoms liegen bei:

\(\lambda_1 = - \frac{3}{2} +\frac{i\sqrt{7}}{2} \)

\(\lambda_2 = - \frac{3}{2} -\frac{i\sqrt{7}}{2}\)

Somit haben wir zwei Lösungen für die Gleichungen, jede Linearkombination der beiden ist ebenfalls eine Lösung.

\(y_1(x) = e^{ (- \frac{3}{2} +\frac{i\sqrt{7}}{2})x}\)

\(y_2(x) = e^{ (- \frac{3}{2} -\frac{i\sqrt{7}}{2})x}\)

\(y''(x)+y'(x)-2y(x)=0\)

Exponentialansatz

Charakteristisches Polynom

\(\lambda^2+\lambda-2=0\)

Erfüllt für \(\lambda=1\) und \(\lambda=-2\)

\(y_1(x)=e^{x}c_1\)

\(y_2(x)=e^{-2x}c_2\)

Auch Linearkombinatinen der beiden sind Lösungen

Charakteristisches Polynom

\(2\lambda^2+\lambda-1=0\)

\(\lambda=1/2, \qquad \lambda=-1\)

\(y(t)=e^{t/2}c_1+e^{-t}c_2\)

Diese Differentialgleichung löst man mit folgendem Ansatz:

\(y = exp(\lambda x)\)

Setzt man diesen Ansatz in die Differentialgleichung ein, so erhält man:

\(\lambda^2 exp(\lambda x) - 2\lambda exp(\lambda x) + exp(\lambda x) = 0\)

Nun kann man weiter vereinfachen zu:

\(\lambda^2 -2\lambda +1 =0\)

Diese quadratische Gleichung in \(\lambda\) kann man z.B. mit der kleinen Lösungsformel lösen:

\(\lambda_{1,2}=\frac{-2}{2} \pm \sqrt{ \Big( \frac{-2}{2} \Big)^2-1}= 1 \pm \sqrt{ ( 1)^2-1} = 1\)

Man erhhält also:

\(y_1=e^x\)

und \(y_2=xe^x\)  (hier wird mit x mulitpliziert, um zwei linear unabhängige Lösungen zu erhalten!)

Die allgemeine Lösung ist somit eine Linearkombination der beiden Lösungen:

\(y(x)=c_1e^x + c_2xe^x\)

Mit Hilfe der Anfangstwertbedingungen werden die Konstanten bestimmt:

\(1 = c_1 e^1+c_2e^1 = c_1 e+c_2e = e(c_1 +c_2) \\ \rightarrow \frac{1}{e}=c_1 + c_2\)

Für die zweite Anfangswertbedingung musst nunächst die allgemeine Lösung einmal differenziert werden:

\(y\prime (x) = c_1e^x + c_2e^x + c_2xe^x= e^x(c_1+c_2+c_2x)\)

Erst jetzt kann die Anfangswertbedingung eingesetzt werden:

\(e+1 = e(c_1+c_2+1\cdot c_2) = e(c_1 + 2c_2) \), dividieren durch liefert

\(1 + \frac{1}{e} = c_1 + 2c_2 = (c_1 + c_2) + c_2\), jetzt kann für \(c_1+c_2 = \frac{1}{e}\) eingesetzt werden:

\(1+ \frac{1}{e} = \frac{1}{e} + c_2 \\ \rightarrow c_2 =1 \\ \rightarrow c_1 = \frac{1}{e} - c_2 = \frac{1}{e}-1\)

Somit erhält man:

\(y(x) = \Big( \frac{1}{e}-1 \Big) e^x + e^xx = e^x \Big( \frac{1}{e}-1+x \Big)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu

\(e^{\lambda x}\)

ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -6=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=C_1 e^{3 x}+C_2 e^{-2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(\begin{align*} y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \end{align*}\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\begin{align*}\lambda ^2+5 \lambda +6=0\end{align*}\)
mit den Lösungen

\(\begin{align*}\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-3.\end{align*}\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(\begin{align*} y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-3 x}. \end{align*}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+5 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=-4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{-4 x}. \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\(\begin{align*} y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \end{align*} \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\begin{align*}\lambda ^2+5 \lambda -14=0\end{align*} \)
mit den Lösungen
\(\begin{align*}\lambda _1=-7,\qquad\lambda _2=2.\end{align*}\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich
\(\begin{align*} y(x)=c_1 e^{-7 x}+c_2 e^{2 x}. \end{align*}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an,dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\( y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 x e^{-2 x}. \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-6 \lambda +9=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 x e^{3 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+10 \lambda +25=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-5,\qquad\lambda _2=-5.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{-5 x}+c_2 x e^{-5 x}. \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-10 \lambda +25=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=5,\qquad\lambda _2=5.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{5 x}+c_2 x e^{5 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt 
\( y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda -8=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-4,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda -8=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-4,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(2 k-8 (d+k x)=4 x+1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-8kx =4x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{2}\\ 2k-8d = 1, \quad \Rightarrow d=-\frac{1}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}-\frac{1}{4} \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-4 (d+k x)=3 x+2,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-4kx =3x, \quad \Rightarrow k=-\frac{3}{4}\\ 0k-4d = 2, \quad \Rightarrow d=-\frac{1}{2}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{3 x}{4}-\frac{1}{2}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}-\frac{3 x}{4}-\frac{1}{2}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -15=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=5.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{5 x}. \)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-15 (d+k x)-2 k=3 x+2,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-15kx =3x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{5}\\ -2k-15d = 2, \quad \Rightarrow d=-\frac{8}{75}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{5}-\frac{8}{75}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{5 x}-\frac{x}{5}-\frac{8}{75}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+5 \lambda +6=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-3 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(6 (d+k x)+5 k=2 x-1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(6kx =2x, \quad \Rightarrow k=\frac{1}{3}\\ 5k+6d = -1, \quad \Rightarrow d=-\frac{4}{9}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{x}{3}-\frac{4}{9}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-3 x}+\frac{x}{3}-\frac{4}{9}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\( y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -42=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-6,\qquad\lambda _2=7.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-42 (d+k x)-k=2-\frac{x}{2},\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-42kx = -\frac{x}{2}, \quad \Rightarrow k=\frac{1}{84}\\ -1k+-42d = 2, \quad \Rightarrow d=-\frac{169}{3528}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{x}{84}-\frac{169}{3528}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\( y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}+\frac{x}{84}-\frac{169}{3528}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-2 (d+k x)-k=x-1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-2kx =x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{2}\\ -k-2d = -1, \quad \Rightarrow d=\frac{3}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{3}{4}-\frac{x}{2}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}+\frac{3}{4}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(k-2 (d+k x)=x-1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-2kx =x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{2}\\ k-2d = -1, \quad \Rightarrow d=\frac{1}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{4}-\frac{x}{2}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^x-\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\)

 Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -12=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3,\qquad\lambda _2=-4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-4 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(k-12 (d+k x)=2 x-2,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-12kx =2x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{6}\\ -12 d + k = -2, \quad \Rightarrow d=\frac{11}{72}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{11}{72}-\frac{x}{6}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{6}+\frac{11}{72}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-6 \lambda -7=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=7.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{7 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-7 (d+k x)-6 k=x-2,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-7kx =x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{7}\\ -7 d - 6 k = -2, \quad \Rightarrow d=\frac{20}{49}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{20}{49}-\frac{x}{7}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{7 x}-\frac{x}{7}+\frac{20}{49}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu 
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-49=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-7,\qquad\lambda _2=7.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{-7 x}+c_2 e^{7 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\( y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-6 \lambda -16=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=8,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{8 x}+c_2 e^{-2 x}. \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu 
\( y(x)=e^{\lambda x}\)

ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+10 \lambda +9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-9,\qquad\lambda _2=-1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{-9 x}+c_2 e^{-1 x}. \)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-14 \lambda +24=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2,\qquad\lambda _2=12.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{12 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-6 \lambda -7=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=7.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{7 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{-2x},\quad y_p'(x)=-2he^{-2x},\quad y_p''(x)=4he^{-2x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(9 h e^{-2 x}=e^{-2 x}, \\ 9 h=1, \\ h=\frac{1}{9}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{7 x}+\frac{e^{-2 x}}{9}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei gleiche Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 xe^{-2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{2x},\quad y_p'(x)=2he^{2x},\quad y_p''(x)=4he^{2x}\)und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(16 h e^{2 x}=e^{2 x}, \\ 16 h=1, \\ h=\frac{1}{16}. \)

Daher ergibt sich die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+\frac{e^{2 x}}{16}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}$ \) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+5 \lambda +6=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{-2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{3x},\quad y_p'(x)=3he^{3x},\quad y_p''(x)=9he^{3x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(30 h e^{3 x}=e^{3 x}, \\ 30 h=1, \\ h=\frac{1}{30}.\)
Daher ergibt sich die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{e^{3 x}}{30}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+6 \lambda +9=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei gleiche Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2x e^{-3 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{3x},\quad y_p'(x)=3he^{3x},\quad y_p''(x)=9he^{3x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(36 h e^{3 x}=e^{3 x}, \\ 36 h=1, \\ h=\frac{1}{36}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{-3 x} x+\frac{e^{3 x}}{36}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+3 \lambda -4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-4,\qquad\lambda _2=1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{1 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{2x},\quad y_p'(x)=2he^{2x},\quad y_p''(x)=4he^{2x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(6 h e^{2 x}=e^{2 x}, \\ 6 h=1, \\ h=\frac{1}{6}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x+\frac{e^{2 x}}{6}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine  Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-12 \lambda +32=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=4,\qquad\lambda _2=8.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 e^{8 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{2x},\quad y_p'(x)=2he^{2x},\quad y_p''(x)=4he^{2x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(12 h e^{2 x}=e^{2 x}, \\ 12 h=1, \\ h=\frac{1}{12}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 e^{8 x}+\frac{e^{2 x}}{12}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-25=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=5,\qquad\lambda _2=-5.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{5 x}+c_2 e^{-5 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{x},\quad y_p'(x)=he^{x},\quad y_p''(x)=he^{x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-24 h e^x=e^x, \\ -24 h=1, \\ h=-\frac{1}{24}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{5 x}+c_2 e^{-5 x}-\frac{e^x}{24}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -12=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=4,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 e^{-3 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{-2x},\quad y_p'(x)=-2he^{-2x},\quad y_p''(x)=4he^{-2x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-6 h e^{-2 x}=e^{-2 x}, \\ -6 h=1, \\ h=-\frac{1}{6}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{4 x}-\frac{e^{-2 x}}{6}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu \(e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-8 \lambda +16=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=4,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei identische Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 x e^{4 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=he^{-2x},\quad y_p'(x)=-2he^{-2x},\quad y_p''(x)=4he^{-2x}\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(36 h e^{-2 x}=e^{-2 x}, \\ 36 h=1, \\ h=\frac{1}{36}.\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 e^{4 x} x+\frac{e^{-2 x}}{36}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu

\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-3 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(3x)+n\sin(3x) \\ y_p'(x)=-3m\sin(3x)+3n\cos(3x), \\ y_p''(x) =-9m\cos(3x)+(-9n\sin(3x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-3 (3 n \cos (3 x)-3 m \sin (3 x))+2 (m \cos (3 x)+n \sin (3 x))-9 m \cos (3 x)-9 n \sin (3 x)=\cos (3 x), \\ (9 m-7 n) \sin (3 x)=(7 m+9 n+1) \cos (3 x).\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(7 m+9 n+1=0, \\ 9 m=7 n.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{7}{130},-\frac{9}{130}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{2 x}-\frac{9}{130} \sin (3 x)-\frac{7}{130} \cos (3 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\( y_p(x) =m \cos(3x)+n\sin(3x),\quad y_p'(x)=-3m\sin(3x)+3n\cos(3x), \\ y_p''(x) =-9m\cos(3x)+(-9n\sin(3x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-2 (m \cos (3 x)+n \sin (3 x))+3 m \sin (3 x) -3 n \cos (3 x) -9 m \cos (3 x)-9 n \sin (3 x)=\cos (3 x), \\ (3 m-11 n) \sin (3 x)=(11 m+3 n+1) \cos (3 x).\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(11 m+3 n+1=0, \\ 3 m=11 n.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{11}{130},-\frac{3}{130}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{3}{130} \sin (3 x)-\frac{11}{130} \cos (3 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(4x)+n\sin(4x),\quad y_p'(x)=-4m\sin(4x)+4n\cos(4x), \\ y_p''(x) =-16m\cos(4x)+(-16n\sin(4x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-2 (m \cos (4 x)+n \sin (4 x))-4 m \sin (4 x) + 4 n \cos (4 x) -16 m \cos (4 x)-16 n \sin (4 x)=\cos (4 x), \\ -2 (2 m+9 n) \sin (4 x)-(18 m-4 n+1) \cos (4 x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(18 m+1=4 n, \\ 2 m+9 n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{9}{170},\frac{1}{85}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^x+\frac{1}{85} \sin (4 x)-\frac{9}{170} \cos (4 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -12=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{4 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(1x)+n\sin(1x),\quad y_p'(x)=-1m\sin(1x)+1n\cos(1x), \\ y_p''(x) =-1m\cos(1x)+(-1n\sin(1x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-12 (m \cos (x)+n \sin (x))+m \sin (x) -n \cos (x) -m \cos (x)-n \sin (x)=\cos (x), \\ (13 m+n+1) \cos (x)=(m-13 n) \sin (x).\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(13 m+n+1=0, \\ m=13 n.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{13}{170},-\frac{1}{170}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{4 x}-\frac{\sin (x)}{170}-\frac{13 \cos (x)}{170}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-25=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=5,\qquad\lambda _2=-5.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{5 x}+c_2 e^{-5 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(1x)+n\sin(1x),\quad y_p'(x)=-1m\sin(1x)+(1n\cos(1x)), \\ y_p''(x) =-1m\cos(1x)+(-1n\sin(1x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-25 (m \cos (x)+n \sin (x))-m \cos (x)-n \sin (x)=\cos (x), \\ -26 (m \cos (x)+n \sin (x))=\cos (x).\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(26 m+1=0, \\ n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{1}{26},0\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{5 x}+c_2 e^{-5 x}-\frac{\cos (x)}{26}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu 
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-1 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(2x)+n\sin(2x),\quad y_p'(x)=-2m\sin(2x)+2n\cos(2x), \\ y_p''(x) =-4m\cos(2x)+(-4n\sin(2x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-5 m \cos (2 x)-5 n \sin (2 x)=\cos (2 x), \\ (5 m+1) \cos (2 x)+5 n \sin (2 x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(5 m+1=0, \\ n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{1}{5},0\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{-x}-\frac{1}{5} \cos (2 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu 
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda +1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=-1.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 x e^{-1 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(2x)+n\sin(2x),\quad y_p'(x)=-2m\sin(2x)+2n\cos(2x), \\ y_p''(x) =-4m\cos(2x)+(-4n\sin(2x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(2 (2 n \cos (2 x)-2 m \sin (2 x))-3 m \cos (2 x)-3 n \sin (2 x)=\cos (2 x), \\ (4 m+3 n) \sin (2 x)+(3 m-4 n+1) \cos (2 x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(3 m+1=4 n, \\ 4 m+3 n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{-\frac{3}{25},\frac{4}{25}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{-x} x+\frac{4}{25} \sin (2 x)-\frac{3}{25} \cos (2 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-4 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 x e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(1x)+n\sin(1x),\quad y_p'(x)=-1m\sin(1x)+1n\cos(1x), \\ y_p''(x) =-1m\cos(1x)+(-1n\sin(1x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-4 (n \cos (x)-m \sin (x))+4 (m \cos (x)+n \sin (x))-m \cos (x)-n \sin (x)=\cos (x), \\ 4 m \sin (x)+3 m \cos (x)+3 n \sin (x)-4 n \cos (x)=\cos (x).\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(3 m=4 n+1, \\ 4 m+3 n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{\frac{3}{25},-\frac{4}{25}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} x-\frac{4 \sin (x)}{25}+\frac{3 \cos (x)}{25}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu 
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+6 \lambda +9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 x e^{-3 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(2x)+n\sin(2x),\quad y_p'(x)=-2m\sin(2x)+2n\cos(2x), \\ y_p''(x) =-4m\cos(2x)+(-4n\sin(2x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(6 (2 n \cos (2 x)-2 m \sin (2 x))+9 (m \cos (2 x)+n \sin (2 x))-4 m \cos (2 x)-4 n \sin (2 x)=\cos (2 x), \\ (5 n-12 m) \sin (2 x)+(5 m+12 n-1) \cos (2 x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(5 m+12 n=1, \\ 12 m=5 n.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{\frac{5}{169},\frac{12}{169}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{-3 x} x+\frac{12}{169} \sin (2 x)+\frac{5}{169} \cos (2 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-8 \lambda +16=0\\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=4,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 x e^{4 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(2x)+n\sin(2x),\quad y_p'(x)=-2m\sin(2x)+2n\cos(2x), \\ y_p''(x) =-4m\cos(2x)+(-4n\sin(2x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-8 (2 n \cos (2 x)-2 m \sin (2 x))+16 (m \cos (2 x)+n \sin (2 x))-4 m \cos (2 x)-4 n \sin (2 x)=\cos (2 x), \\ 4 (4 m+3 n) \sin (2 x)+(12 m-16 n-1) \cos (2 x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(12 m=16 n+1, \\ 4 m+3 n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{\frac{3}{100},-\frac{1}{25}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{4 x}+c_2 e^{4 x} x-\frac{1}{25} \sin (2 x)+\frac{3}{100} \cos (2 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-12 \lambda +36=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=6,\qquad\lambda _2=6.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{6 x}+c_2 x e^{6 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(1x)+n\sin(1x),\quad y_p'(x)=-1m\sin(1x)+(1n\cos(1x)), \\ y_p''(x) =-1m\cos(1x)+(-1n\sin(1x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-12 (n \cos (x)-m \sin (x))+36 (m \cos (x)+n \sin (x))-m \cos (x)-n \sin (x)=2 \cos (x), \\ (12 m+35 n) \sin (x)+(35 m-12 n-2) \cos (x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(35 m=12 n+2, \\ 12 m+35 n=0.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{\frac{70}{1369},-\frac{24}{1369}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{6 x}+c_2 e^{6 x} x-\frac{24 \sin (x)}{1369}+\frac{70 \cos (x)}{1369}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 x e^{-2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x) =m \cos(1x)+n\sin(1x),\quad y_p'(x)=-1m\sin(1x)+ 1n\cos(1x), \\ y_p''(x) =-1m\cos(1x)+(-1n\sin(1x))\)
(Achtung mit den Vorzeichen bei der Ableitung von Sinus und Cosinus) und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(4 (n \cos (x)-m \sin (x))+4 (m \cos (x)+n \sin (x))-m \cos (x)-n \sin (x)=2 \cos (x), \\ (3 n-4 m) \sin (x)+(3 m+4 n-2) \cos (x)=0.\)
Wir müssen nun eine Art Koeffizientenvergleich für Sinus und Cosinus durchführen (bzw. damit die Gleichung für beliebige x erfüllt ist, müssen die Koeffizienten vor Sinus und Cosinus 0 sein). Dies führt auf ein lineares Gleichungssystem in n und m
\(3 m+4 n=2, \\ 4 m=3 n.\)
Daher ergibt sich für die gesuchten n und m als Lösung des linearen Gleichungssystems
\(\{m,n\}=\left\{\frac{6}{25},\frac{8}{25}\right\}\)
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+\frac{8 \sin (x)}{25}+\frac{6 \cos (x)}{25}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1 + i,\qquad\lambda _2=1 - i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=i,\qquad\lambda _2=-i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 \sin (x)+c_2 \cos (x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda +5=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1 + 2 i,\qquad\lambda _2=-1 - 2 i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{-x} \sin (2 x)+c_2 e^{-x} \cos (2 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+6 \lambda +18=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3 - 3 i,\qquad\lambda _2=-3 + 3 i.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine komplexe Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{-3 x} \sin (3 x)+c_2 e^{-3 x} \cos (3 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +20=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2 + 4 i,\qquad\lambda _2=-2 - 4 i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y(x)=c_1 e^{-2 x} \sin (4 x)+c_2 e^{-2 x} \cos (4 x)\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1 + i,\qquad\lambda _2=1 - i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(2 d=-2,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =-1\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e^x (c_1 \sin (x)+c_2 \cos (x))-1\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-6 \lambda +10=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3 + i,\qquad\lambda _2=3 - i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{3 x} \sin (x)+c_2 e^{3 x} \cos (x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(10 d=1,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{10}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e^{3 x} (c_1 \sin (x)+c_2 \cos (x))+\frac{1}{10}\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda +17=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1 + 4i,\qquad\lambda _2=1 - 4i.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine konjugiert komplexe Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{x} \sin (4x)+c_2 e^{x} \cos (4x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(17d=2,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =\frac{2}{17}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e^{x} (c_1 \sin (4x)+c_2 \cos (4x))+\frac{2}{17}\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-8 \lambda +17=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=4 + i,\qquad\lambda _2=4 - i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{4 x} \sin (x)+c_2 e^{4 x} \cos (x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(17 d=3,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =\frac{3}{17}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e^{4 x} (c_1 \sin (x)+c_2 \cos (x))+\frac{3}{17}\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3 i,\qquad\lambda _2=-3 i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_2 \sin (3 x)+c_1 \cos (3 x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(9 d=3,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{3}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_2 \sin (3 x)+c_1 \cos (3 x)+\frac{1}{3}\)

Die Differentialgleichung ist linear, inhomogoen und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+25=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=5i,\qquad\lambda _2=-5i.\)
Das charakteristische Polynom hat also konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_2 \sin (5 x)+c_1 \cos (5 x)\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=d,\quad y_p'(x)=0,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(25 d=1,\)
Wir lösen die Gleichung und erhalten für die Partikulärlösung
\(\Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{25}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_2 \sin (5 x)+c_1 \cos (5 x)+\frac{1}{25}\)

 Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-2 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=0\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^x, \qquad y'(x)=c_2 e^x-2 c_1 e^{-2 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=1, \\ c_2-2 c_1=0. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung

\(\{c_1,c_2\}=\{\frac{1}{3},\frac{2}{3}\}. \)

Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=\frac{e^{-2 x}}{3}+\frac{2 e^x}{3}.\)

 Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-2 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^x, \qquad y'(x)=c_2 e^x-2 c_1 e^{-2 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=1, \\ c_2-2 c_1=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{0,1\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^x.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-5 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{4 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=2\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{4 x}, \qquad y'(x)=c_1 e^x+4 c_2 e^{4 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=1, \\ c_1+4 c_2=2. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right\}.\)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=\frac{2 e^x}{3}+\frac{e^{4 x}}{3}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-5 \lambda +6=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{3 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=2\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{2 x}+c_2 e^{3 x}, \qquad y'(x)=2 c_1 e^{2 x}+3 c_2 e^{3 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=1, \\ 2 c_1+3 c_2=2. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{1,0\}.\)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^{2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-5 \lambda +6=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{3 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(1)=0, \qquad y'(1)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{2 x}+c_2 e^{3 x}, \qquad y'(x)=2 c_1 e^{2 x}+3 c_2 e^{3 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(e^2 c_1+e^3 c_2=0, \\ 2 e^2 c_1+3 e^3 c_2=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{-\frac{1}{e^2},\frac{1}{e^3}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^{3 x-3}-e^{2 x-2}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-3 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2,\qquad\lambda _2=1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich
\(y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{1 x}.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{2 x}, \qquad y'(x)=c_1 e^x+2 c_2 e^{2 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=2, \\ c_1+2 c_2=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{5,-3\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=5 e^x-3 e^{2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1 + i,\qquad\lambda _2=1 - i.\)
Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x), \qquad y'(x)=c_1 e^x \sin (x)-c_2 e^x \sin (x)+c_1 e^x \cos (x)+c_2 e^x \cos (x), \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_2=2, \\ c_1+c_2=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{-3,2\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=2 e^x \cos (x)-3 e^x \sin (x).\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-4 \lambda +5=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=2+i,\qquad\lambda _2=2-i.\)
Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{2 x} \sin (x)+c_2 e^{2 x} \cos (x)\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{2 x} \sin (x)+c_2 e^{2 x} \cos (x), \qquad y'(x)=2 c_1 e^{2 x} \sin (x)-c_2 e^{2 x} \sin (x)+c_1 e^{2 x} \cos (x)+2 c_2 e^{2 x} \cos (x), \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_2=1, \\ c_1+2 c_2=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{-3,1\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^{2 x} \cos (x)-3 e^{2 x} \sin (x).\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1-i,\qquad\lambda _2=-1+i.\)
Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-x} \sin (x)+c_2 e^{-x} \cos (x)\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x} \sin (x)+c_2 e^{-x} \cos (x), \qquad y'(x)=-c_1 e^{-x} \sin (x)-c_2 e^{-x} \sin (x)+c_1 e^{-x} \cos (x)-c_2 e^{-x} \cos (x), \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_2=1, \\ c_1-c_2=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{0,1\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^{-x} \cos (x).\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-i,\qquad\lambda _2=i.\)
Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_2 \sin (x)+c_1 \cos (x)\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=2\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_2 \sin (x)+c_1 \cos (x), \qquad y'(x)=c_2 \cos (x)-c_1 \sin (x), \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1=1, \\ c_2=2. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{1,2\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=2 \sin (x)+\cos (x).\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3 i,\qquad\lambda _2=3 i.\)
Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_2 \sin (3 x)+c_1 \cos (3 x)\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_2 \sin (3 x)+c_1 \cos (3 x), \qquad y'(x)=3 c_2 \cos (3 x)-3 c_1 \sin (3 x), \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1=1, \\ 3 c_2=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{1,\frac{1}{3}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=\frac{1}{3} \sin (3 x)+\cos (3 x).\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +4=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine doppelte Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x, \qquad y'(x)=-2 c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x}-2 c_2 e^{-2 x} x,\)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1=1, \\ c_2-2 c_1=1.\)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{1,3\}.\)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=3 e^{-2 x} x+e^{-2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(y(x)=e^{\lambda x}\) ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+4 \lambda +4=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine doppelte Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(1)=1, \qquad y'(1)=0\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x, \qquad y'(x)=-2 c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x}-2 c_2 e^{-2 x} x, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(\frac{c_1}{e^2}+\frac{c_2}{e^2}=1, \\ -\frac{2 c_1}{e^2}-\frac{c_2}{e^2}=0.\)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{-e^2,2 e^2\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=2 e^{2-2 x} x-e^{2-2 x}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -3=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{3 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-3 (d+k x)-2 k=x+1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-3kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{3}\\ -3 d - 2 k = 1, \quad \Rightarrow d=-\frac{1}{9}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{3}-\frac{1}{9}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{3}-\frac{1}{9}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{3}-\frac{1}{9}, \qquad y'(x)=c_1 \left(-e^{-x}\right)+3 c_2 e^{3 x}-\frac{1}{3}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2-\frac{1}{9}=2, \\ -c_1+3 c_2-\frac{1}{3}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{5}{4},\frac{31}{36}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{3}+\frac{5 e^{-x}}{4}+\frac{31 e^{3 x}}{36}-\frac{1}{9}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung 6(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-2 (d+k x)-k=x+1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-2kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{2}\\ -2d - k = 1, \quad \Rightarrow d=-\frac{1}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}-\frac{1}{4}, \qquad y'(x)=c_1 \left(-e^{-x}\right)+2 c_2 e^{2 x}-\frac{1}{2}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2-\frac{1}{4}=1, \\ -c_1+2 c_2-\frac{1}{2}=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{1,\frac{1}{4}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{2}+e^{-x}+\frac{e^{2 x}}{4}-\frac{1}{4}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-2 (d+k x)-k=x,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-2kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{2}\\ -2d - k = 0, \quad \Rightarrow d=\frac{1}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{4}-\frac{x}{2}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}+\frac{1}{4}, \qquad y'(x)=c_1 \left(-e^{-x}\right)+2 c_2 e^{2 x}-\frac{1}{2}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2+\frac{1}{4}=1, \\ -c_1+2 c_2-\frac{1}{2}=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{2}{3},\frac{1}{12}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{2}+\frac{2 e^{-x}}{3}+\frac{e^{2 x}}{12}+\frac{1}{4}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-3 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(2 (d+k x)-3 k=x,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(2kx =1x, \quad \Rightarrow k=\frac{1}{2}\\ 2d - 3k = 0, \quad \Rightarrow d=\frac{3}{4}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{x}{2}+\frac{3}{4}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{2 x}+\frac{x}{2}+\frac{3}{4}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{2 x}+\frac{x}{2}+\frac{3}{4}, \qquad y'(x)=c_1 e^x+2 c_2 e^{2 x}+\frac{1}{2}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2+\frac{3}{4}=1, \\ c_1+2 c_2+\frac{1}{2}=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{2,-\frac{7}{4}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=\frac{x}{2}+2 e^x-\frac{7 e^{2 x}}{4}+\frac{3}{4}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -8=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{4 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-8 (d+k x)-2 k=x,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-8kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{8}\\ -8d - 2k = 0, \quad \Rightarrow d=\frac{1}{32}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{1}{32}-\frac{x}{8}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{4 x}-\frac{x}{8}+\frac{1}{32}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{4 x}-\frac{x}{8}+\frac{1}{32}, \qquad y'(x)=-2 c_1 e^{-2 x}+4 c_2 e^{4 x}-\frac{1}{8}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2+\frac{1}{32}=1, \\ -2 c_1+4 c_2-\frac{1}{8}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{11}{24},\frac{49}{96}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{8}+\frac{11 e^{-2 x}}{24}+\frac{49 e^{4 x}}{96}+\frac{1}{32}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-3 \lambda -10=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=5.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{5 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-10 (d+k x)-3 k=x,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-10kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{10}\\ -10d - 3k = 0, \quad \Rightarrow d=\frac{3}{100}\\ \Rightarrow y_p(x) =\frac{3}{100}-\frac{x}{10}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{5 x}-\frac{x}{10}+\frac{3}{100}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{5 x}-\frac{x}{10}+\frac{3}{100}, \qquad y'(x)=-2 c_1 e^{-2 x}+5 c_2 e^{5 x}-\frac{1}{10}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2+\frac{3}{100}=1, \\ -2 c_1+5 c_2-\frac{1}{10}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{15}{28},\frac{76}{175}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{10}+\frac{15 e^{-2 x}}{28}+\frac{76 e^{5 x}}{175}+\frac{3}{100}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -15=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=5.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{5 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(-15 (d+k x)-2 k=x+1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-15kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{15}\\ -15d - 2k = 1, \quad \Rightarrow d=-\frac{13}{225}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{15}-\frac{13}{225}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{5 x}-\frac{x}{15}-\frac{13}{225}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{5 x}-\frac{x}{15}-\frac{13}{225}, \qquad y'(x)=-3 c_1 e^{-3 x}+5 c_2 e^{5 x}-\frac{1}{15}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2-\frac{13}{225}=1, \\ -3 c_1+5 c_2-\frac{1}{15}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{19}{36},\frac{53}{100}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{15}+\frac{19 e^{-3 x}}{36}+\frac{53 e^{5 x}}{100}-\frac{13}{225}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+\lambda -6=0 \)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=kx+d,\quad y_p'(x)=k,\quad y_p''(x)=0\)
und setzen dies in die Differentialgleichung ein:
\(k-6 (d+k x)=x+2,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-6kx =1x, \quad \Rightarrow k=-\frac{1}{6}\\ -6d + k = 2, \quad \Rightarrow d=-\frac{13}{36}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{x}{6}-\frac{13}{36}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{6}-\frac{13}{36}\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{6}-\frac{13}{36}, \qquad y'(x)=-3 c_1 e^{-3 x}+2 c_2 e^{2 x}-\frac{1}{6}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2-\frac{13}{36}=1, \\ -3 c_1+2 c_2-\frac{1}{6}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{14}{45},\frac{21}{20}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{x}{6}+\frac{14 e^{-3 x}}{45}+\frac{21 e^{2 x}}{20}-\frac{13}{36}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2+2 \lambda -3=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{-3 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^x x,\quad y_p'(x)=k e^x+k e^x x,\quad y_p''(x)=2 k e^x+k e^x x.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^x (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^x+c_1e^x=\tilde ce^x.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(2 k e^x + k e^x x+2 \left(k e^x+k e^x x\right) - 3 k e^x x =e^x\\ 4 k e^x =e^x\\ k = \frac{1}{4}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^x+\frac{e^x x}{4}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{-x} x,\quad y_p'(x)=k e^{-x}-k e^{-x} x,\quad y_p''(x)=k e^{-x} x-2 k e^{-x}.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{-x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{-x}+c_1e^{-x}=\tilde ce^{-x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\( k e^{-x} x - 2 k e^{-x} - \left( k e^{-x} - k e^{-x} x \right) - 2 k e^{-x} x = e^{-x}\\ -3 k e^{-x} =e^{-x}\\ k = -\frac{1}{3}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{1}{3} e^{-x} x\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=3.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{3 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{-3 x} x,\quad y_p'(x)=k e^{-3 x}-3 k e^{-3 x} x,\quad y_p''(x)=9 k e^{-3 x} x-6 k e^{-3 x}.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{-3 x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{-3 x}+c_1e^{-3 x}=\tilde ce^{-3 x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(-6 k e^{-3 x} =e^{-3 x}\\ k = -\frac{1}{6}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{1}{6} e^{-3 x} x\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -8=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=4.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{4 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{-2 x} x,\quad y_p'(x)=k e^{-2 x}-2 k e^{-2 x} x,\quad y_p''(x)=4 k e^{-2 x} x-4 k e^{-2 x}.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{-2 x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{-2 x}+c_1e^{-2 x}=\tilde ce^{-2 x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(-4 k e^{-2 x}+4 k e^{-2 x} x-2 \left(k e^{-2 x}-2 k e^{-2 x} x\right) - 8 k e^{-2x} x=e^{-2 x}\\ -6 k e^{-2 x} =e^{-2 x}\\ k = -\frac{1}{6}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{4 x}-\frac{1}{6} e^{-2 x} x\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-3 \lambda +2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir ernnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^x x,\quad y_p'(x)=k e^x+k e^x x,\quad y_p''(x)=2 k e^x+k e^x x.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^x (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^x+c_1 e^x=\tilde ce^x.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(2 k e^x+ k e^x x -3 \left(k e^x+k e^x x\right) + 2 k e^x x =e^x\\ - k e^x =e^x\\ k = -1\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{2 x}-e^x x.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=1, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{2 x}-e^x x, \qquad y'(x)=c_1 e^x+2 c_2 e^{2 x}-e^x x-e^x, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=1, \\ c_1+2 c_2-1=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{0,1\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(\begin{align*}y(x)=e^{2 x}-e^x x.\end{align*}\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-\lambda -2=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=2.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{2 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{-x} x,\quad y_p'(x)=k e^{-x}-k e^{-x} x,\quad y_p''(x)=k e^{-x} x-2 k e^{-x}.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{-x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{-x}+c_1 e^{-x}=\tilde ce^{-x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(k e^{-x} x - 2k e^{-x} - \left( k e^{-x} x - k e^{-x} x \right) - 2 k e^{-x} x = e^{-x} \\ -3 k e^{-x} =e^{-x}\\ k = -\frac{1}{3}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{1}{3} e^{-x} x.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{1}{3} e^{-x} x, \qquad y'(x)=-c_1 e^{-x}+2 c_2 e^{2 x}+\frac{e^{-x} x}{3}-\frac{e^{-x}}{3}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=2, \\ -c_1+2 c_2-\frac{1}{3}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{8}{9},\frac{10}{9}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{1}{3} e^{-x} x+\frac{8 e^{-x}}{9}+\frac{10 e^{2 x}}{9}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-1,\qquad\lambda _2=1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{1 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{-x} x,\quad y_p'(x)=k e^{-x}-k e^{-x} x,\quad y_p''(x)=k e^{-x} x-2 k e^{-x}.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{-x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{-x}+c_1e^{-x}=\tilde ce^{-x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(k e^{-x} x - 2 k e^{-x} - k e^{-x} x = e^{-x} \\ -2 k e^{-x} =e^{-x}\\ k = -\frac{1}{2}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{-x}-\frac{1}{2} e^{-x} x.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{-x}-\frac{1}{2} e^{-x} x, \qquad y'(x)=c_1 e^x-c_2 e^{-x}+\frac{e^{-x} x}{2}-\frac{e^{-x}}{2}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=2, \\ c_1-c_2-\frac{1}{2}=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{7}{4},\frac{1}{4}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=-\frac{1}{2} e^{-x} x+\frac{e^{-x}}{4}+\frac{7 e^x}{4}.\)

Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung, jedoch inhomogen! Wir lösen zunächst die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu
\(e^{\lambda x}\)
ist und erinnern uns, dass dann gilt
\(y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.\)
Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten
\(\lambda ^2-2 \lambda -3=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3,\qquad\lambda _2=-1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-1 x}.\)

Wir sehen nun, dass die rechte Seite der ursprünglichen, inhomogenen Differentialgleichung auch eine Lösung des homogenen Problems ist. Man spricht von äußerer Resonanz! Dies müssen wir im Folgenden berücksichtigen.

Für die partikuläre Lösung wählen wir aufgrund der rechten Seite der Differentialgleichung einen unbestimmten Ansatz der Form
\(y_p(x)=k e^{3 x} x,\quad y_p'(x)=k e^{3 x}+3 k e^{3 x} x,\quad y_p''(x)=6 k e^{3 x}+9 k e^{3 x} x.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{3 x} (d+k x),\)
dieser führt nur zu einer anderen Konstante im AWP, da gilt
\(d e^{3 x}+c_1e^{3 x}=\tilde ce^{3 x}.\)

Nun setzen wir obigen Ansatz in die Differentialgleichung ein:
\(6 k e^{3 x}+9 k e^{3 x} x-2 \left(k e^{3 x}+3 k e^{3 x} x\right) - 3 k e^{2x} x=e^{3 x}\\ 4 k e^{3 x} =e^{3 x}\\ k = \frac{1}{4}\)

Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{3 x}+\frac{1}{4} e^{3 x} x.\)

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(1)=1, \qquad y'(1)=1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^{-x}+c_2 e^{3 x}+\frac{1}{4} e^{3 x} x, \qquad y'(x)=-c_1 e^{-x}+3 c_2 e^{3 x}+\frac{3}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{3 x}}{4}, \)
einsetzen. Wir werden sehen, dass schwierigere Terme auftreten. Dies liegt an x=1. Es ergibt sich:
\(\frac{c_1+e^4 c_2}{e}+\frac{e^3}{4}=1, \\ 4 e^3 c_2-\frac{c_1+e^4 c_2}{e}+e^3=1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\left\{\frac{1}{16} \left(8 e+e^4\right),-\frac{5 e^3-8}{16 e^3}\right\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}-\frac{5 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}.\)