\( \frac{dx}{dt}= \frac t x \\ \int x \ \mathrm{d}x = \int t \ \mathrm{d}t \\ \frac 12 x^2 +c_1 = \frac 12 t^2 +c_2 \\ x=\sqrt{t^2+c}\)

Nehmen Sie die Gleichung:

\(y' = y(x)^2 + 1 \quad \Longrightarrow \quad \frac{\mathrm{d}y(x)}{\mathrm{d}x} = y(x)^2 + 1\)

Beide Seiten durch \(y(x)^2 + 1\) dividieren:

\(\frac{\frac{\mathrm{d}y(x)}{\mathrm{d}x}}{y(x)^2 +1 } = 1\)

Beide Seiten integrieren:

\(\int{\frac{1}{y(x)^2 +1 } \mathrm{d}y} = \int{1 \; \mathrm{d}x}\)

Nach \(y\) auflösen:

\(\arctan(y(x)) = x + c \quad \Longrightarrow \quad y(x) = \tan(x + c)\)

Die zweite Lösung verwendet folgende trigonometrische Identität:

\(\tan(\alpha \pm \beta) = \frac{\tan(\alpha) \pm \tan(\beta)}{1\mp \tan(\alpha)\tan(\beta)}\)

Notation:

\(\arctan \equiv \tan^{-1}\)

Exponentialansatz

Charakteristische Polynom

\(4\lambda^2-1=0\)  für

\(\lambda=\pm \frac12\)

\(y_1=e^{x/2}c_1\) \(y_2=e^{-x/2}c_2\) 

Auch Linearkombinationen sind Lösungen

Charakteristisches Polynom

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

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

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

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
\(\lambda ^2+6 \lambda +9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=-3,\qquad\lambda _2=-3.\)
Das charakteristische Polynom hat also eine Doppellösung. Wir ernnern 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! 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! 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 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
\(\lambda ^2-6 \lambda +9=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=3,\qquad\lambda _2=3.\)
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
\(y_h(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{3 x} x\)

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

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 unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(f''(x)\). Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms

\(f(x)^2\).

 Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist inhomogen, da

\(g=4-x.\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(f'(x)\).

Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms \(f(x)^2\).

Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist inhomogen, da
\(g=e^x.\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(f''(x).\)

Sie ist linear, da keine Produkte von f und seinen Ableitungen oder Potenzen von f und seinen Ableitungen vorkommen.

Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist inhomogen, da
\(g=x^2.\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(f''(x)\).
Sie ist linear, da keine Produkte von f und seinen Ableitungen oder Potenzen von f und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist inhomogen, da
 \(g=\cos (x).\)

Die unbekannte Funktion ist y (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(y''(x)\).
Sie ist linear, da keine Produkte von y und seinen Ableitungen oder Potenzen von y und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie hat konstante Koeffizienten (alle gleich 1). Sie ist homogen, da
\(g=0.\)

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(x'(t)\).
Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms \(x(t)^3\).
Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist inhomogen, wegen
\(g=e^t.\)

Die unbekannte Funktion ist y (von x). Sie ist 3. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(y^{(3)}(x)\).
Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms \(y(x)^2\).
Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist homogen, da
\(g=0.\)

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 3. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(x^{(3)}(t)\).
Sie ist linear, da keine Produkte von x und seinen Ableitungen oder Potenzen von x und seinen Ableitungen vorkommen.

Sie hat konstante Koeffizienten. Sie ist homogen, da
\(g=0.\)

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung x'(t).
Sie ist linear, aufgrund des Terms da keine Produkte von x und seinen Ableitungen oder Potenzen von x und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie hat konstante Koeffizienten.
Sie ist inhomogen, da 
\(g=t^2.\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung f''(x).
Sie ist linear, da keine Produkte von f und seinen Ableitungen oder Potenzen von f und seinen Ableitungen vorkommen.

Sie ist inhomogen, da
\(g=x^2.\) 
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(x \) im Term \(2xf(x)\).

Die unbekannte Funktion ist y (von x). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung y'(x).
Sie ist linear, da keine Produkte von y und seinen Ableitungen oder Potenzen von y und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie ist inhomogen, da
\(g=e^x.\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(\sqrt{x}\) im Term \( 4 \sqrt{x} y(x)\).

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 3. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung \(x^{(3)}(t).\)
Sie ist linear, aufgrund des Terms \(x(t)\).
Sie ist inhomogen, da
\(g=\sqrt{t}.\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(\sqrt{t} \) im Term \( -3 \sqrt{t} x(t)\).

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung f'(x).
Sie ist linear, da keine Produkte von f und seinen Ableitungen oder Potenzen von f und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie ist homogen, da
\(g=0.\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(h(x) \text{ im Term } -3 f(x) h(x)\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x).
Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung f''(x).
Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms \(f(x)^3\).

Sie ist inhomogen, da
\(g=4-x.\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(\sqrt{x} \text{ im Term } -2 \sqrt{x} f(x)^3\)

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung f''(x).
Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms \(\frac{1}{f(x)}\).

Sie ist inhomogen, wegen
\(g=x^2.\) 
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen \(x^2 \text{ im Term } -\frac{x^2}{f(x)}\).

Die unbekannte Funktion ist f (von x). Sie ist 2. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung f''(x). Sie ist linear, da keine Produkte von f und seinen Ableitungen oder Potenzen von f und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie ist inhomogen, da
\(g=\cos (x).\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen
\(\sqrt{x} \text{ im Term } -4 \sqrt{x} f(x)\)

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund 
der höchsten Ordnung x'(t). Sie ist nicht linear, aufgrund des Terms 
\(x(t)^2.\) 
Sie ist inhomogen, da \(g=\frac{1}{t^2+1} \neq 0\)
Die Koeffizienten sind nicht konstant, wegen \(t^2\) im Term  \(4 t^2 x(t)^2 \).

Die unbekannte Funktion ist x (von t). Sie ist 1. Ordnung, aufgrund der höchsten Ordnung x'(t). Sie ist linear, da keine Produkte von x und seinen Ableitungen oder Potenzen von x und seinen Ableitungen vorkommen.
Sie ist homogen, da
\(g=0\).

Die Koeffizienten sind nicht konstant, da \(\frac{1}{t}\) im Term  \(\frac{x(t)}{t}\)vorkommt.