\(y'(x)=2e^{5x}+5y(x)\)

Ansatz:

\(y'_h=5y_h \Rightarrow y_h(x)=ce^{5x}\)

c durch c(x) ersetzen:

\(y(x)=e^{5x}\cdot c(x) \\y'(x)=5e^{5x}\cdot c(x)+e^{5x}\cdot c'(x) \)

y(x) und y'(x) in \(y'(x)=2e^{5x}+5y(x)\)einsetzen:

\(5e^{5x}\cdot c(x)+e^{5x}\cdot c'(x)=2e^{5x}+5e^{5x}\cdot c(x)\) 

Kürzen von \(5e^{5x}\cdot c(x)\):

\(e^{5x}c'(x)=2e^{5x}\)

\(c'(x)=2 \)

\(c(x)=2x+c\)

c(x) einsetzen in \(y(x)=e^{5x}\cdot c(x)\):

\(y(x)=e^{5x}(2x+c)\)

\(x'(t)=t^3+2x(t)t\)

Ansatz

\(x_h'(t)=2x_h(t)t \Rightarrow x_h(t)=e^{t^2}c\) 

c durch c(t) ersetzen:

\(x(t)={e^t}^2\cdot c(t) \)

\(x'(t)=2t{e^t}^2\cdot c(t)+{e^t}^2\cdot c'(t)\)

Einsetzen in \(x'(t)=t^3+2x(t)t\):

\(c'(t)e^{t^2}+c(t)2te^{t^2}=t^3+2te^{t^2}c(t)\)

\(c'(t)=\frac{t^3}{e^{t^2}} \)

Integrieren:

\(c(t)=-\frac{t^2+1}{2e^{t^2}}+c_2\)

Einsetzung in \(x(t)={e^t}^2\cdot c(t) \):

\(x(t)=e^{t^2}\(\frac{-(t^2+1)}{2e^{t^2}}+c\)=ce^{t^2}-\frac{t^2+1}{2}\)

\(y'(x)=xe^{6x}+4y(x)\)

Ansatz

\(y'_h= 4y \Rightarrow y_h=ce^{4x}\)

c mit c(x) ersetzen

\(y(x)=e^{4x}\cdot c(x)\)

\(y'(x)=4e^{4x}\cdot c(x)+e^{4x}\cdot c'(x)\)

y(x) und y'(x) in \(y'(x)=xe^{6x}+4y(x)\) einsetzen:

\(c'(x)e^{4x}+c(x)4e^{4x}=xe^{6x}+4c(x)e^{4x}\)

\(c'(x)=xe^{2x}\)

Integrieren:

\(c(x)=\frac{e^{2x}(2x-1)}{4}+c_2\)

c(x) in \(y(x)=e^{4x}\cdot c(x)\) einsetzen:

\(y(x)=e^{4x}\(\frac{e^{2x}(2x-1)}{4}+c2\)\)

\(y''(x)-2y'(x)=\sin(x)\)

homogene Lösung: \(y_h=e^{2x}c_1+c_2\)  (siehe unten)

Ansatz:

\(a \sin(x) +b \cos(x)\)

\(y'_p=a\cos x - b \sin x\)

\(y''_p= -a \sin x -b \cos x \)

In DGL einsetzen

\(-a \sin x -b \cos x - 2a\cos x +2b\sin x= \sin x\)

erfüllt für a=-1/5 und b=2/5

Gesamt:

\(y(x)= e^{2x}c_1+c_2+\frac{2\cos x}{5}-\frac{\sin x}{5}\)

Homogene Lösung

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

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

\(\lambda=2\)

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

Homogene Lösung (siehe unten)

\(y_h(x)=e^{x}c_1+e^{-2x}c_2\) 

Ansatz:

\(y_p= a_0+a_1x+a_2x^2\\ y'_p=a_1+2a_2x\\ y''_p= 2a_2\)

In DGL einsetzen

\(2a_2+a_1+2a_2x-2a_0-2a_1x-2a_2x^2=2-x+x^2\)

liefert

\(2a_2+a_1-2a_0=2\)

\(2a_2x-2a_1x=-x\)

\(-2a_2x^2=x^2\)

\(a_0=-\frac 3 2 , \qquad a_1=0, \qquad a_2=-\frac12\)

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

Homogene Lösung

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

Exponentilansatz

Charakteristisches Polynom

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

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

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

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

\(4y''(x)-y(x)=\cos(4x)\)

Homogene Lösung (siehe unten)

\(y_h=e^{x/2}c_1+e^{-x/2}c_2\)

Ansatz:

\(y_p=a \sin(4x) + b \cos(4x)\)

\(y''_p=-16(a \sin(4x) + b \cos(4x))\)

In DGL einsetzen

\(-64(a \sin(4x)+b\cos(4x))-a \sin(4x) - b \cos(4x)= \cos(4x)\)

erfüllt für a=0, b=-1/65

gesamt: \(y=e^{x/2}c_1+e^{-x/2}c_2 -\frac{1}{65}\cos(4x)\)

Homogene Lösung:\(4y''(x)-y(x)=0\)

Exponentialansatz

Charakteristische Polynom

\(4\lambda^2-1=0\)  für

\(\lambda=\pm \frac12\)

\(y\prime \sin(y) = cos^2(y) \\ \frac{dy}{dx}\sin(y) = cos^2(y) \\ \frac{dy}{dx} \frac{\sin(y)}{cos^2(y)} = 1 \\\)

Nun beginnt man mit Trennung der Variablen:

\(dy\frac{\sin(y)}{cos^2(y)} = dx \\ \bigint \frac{\sin(y)}{cos^2(y)} dy = \bigint dx \)

Jetzt wird substituiert:

\(u = cos(y) \\ \frac{du}{dy} = -sin(y) \\ dy = \frac{du}{-sin(y)}\)

Man erhält also für das Integral:

\(\bigint \frac{sin(y)}{u^2} \cdot \frac{du}{-sin(y)} = \bigint dx \\ \bigint -\frac{du}{u^2} = \bigint dx \)

Nun wird auf beiden Seiten integriert:

\(\frac{1}{u} = x + k \text{ mit k=konst.}\)

Umformen auf u liefert:

\(u = \frac{1}{x+k}\)

Nun wird rück-substituiert:

\(cos(y) = \frac{1}{x+k}\)

Und folglich erhält man die Lösung:

\(y(x)=\arccos \Big( \frac{1}{x+k} \Big)\)

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
\(\lambda ^2-9=0\)
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
\(y_h(x)=c_1 e^{-3 x}+c_2 e^{3 x}.\)

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:
\(-9 (d+k x)=2 x+1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-9kx =2x, \quad \Rightarrow k=-\frac{2}{9}\\ 0k-9d = 1, \quad \Rightarrow d=-\frac{1}{9}\\ \Rightarrow y_p(x) =-\frac{2 x}{9}-\frac{1}{9}\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{2 x}{9}-\frac{1}{9}\)

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
\(\lambda ^2-4=0\)
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
\(\lambda ^2-1=0\)
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
\(y_h(x)=c_1 e^{-1 x}+c_2 e^{1 x}.\)

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:
\(-d-k x=x-1,\)
ein Koeffizientenvergleich sagt
\(-kx =x, \quad \Rightarrow k=-1\\ 1d = -1, \quad \Rightarrow d=1\\ \Rightarrow y_p(x) =1-x\)
Daher ergibt sich für die Lösung
\(y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^x+c_2 e^{-x}-x+1\)

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, 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
\(\lambda ^2-2 \lambda +1=0\)
mit den Lösungen
\(\lambda _1=1,\qquad\lambda _2=1.\)
Das charakteristische Polynom hat zwei gleiche Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{1 x}+c_2 e^{1 x}x.\)

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

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
\(\lambda ^2-\lambda -12=0\)
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, 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, 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
\(\lambda ^2-3 \lambda +2=0\)
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 für die homogene Lösung
\(y_h(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{1 x}.\)

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
\(y_p(x)=k e^{2 x} x,\quad y_p'(x)=k e^{2 x}+2 k e^{2 x} x,\quad y_p''(x)=4 k e^{2 x}+4 k e^{2 x} x.\)
Dabei kommt der Faktor x zum ursprünglichen Ansatz der rechten Seite aufgrund der Resonanz! Achtung, in der Literatur findet sich auch der Ansatz
\(y_p(x)=e^{2 x} (d+k x),\)
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:
\(4 k e^{2 x} + 4 k e^{2 x} x -3 \left(k e^{2 x}+2 k e^{2 x} x\right) + 2 k e^{2 x} x =e^{2 x}\\ k e^{2 x} =e^{2 x}\\ k = 1\)

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

Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte
\(y(0)=2, \qquad y'(0)=-1\)
in die Lösung (und ihre Ableitung)
\(y(x)= c_1 e^x+c_2 e^{2 x}+e^{2 x} x, \qquad y'(x)=c_1 e^x+2 c_2 e^{2 x}+2 e^{2 x} x+e^{2 x}, \)
einsetzen, dies ergibt:
\(c_1+c_2=2, \\ c_1+2 c_2+1=-1. \)
Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung
\(\{c_1,c_2\}=\{6,-4\}. \)
Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems
\(y(x)=e^{2 x} x+6 e^x-4 e^{2 x}.\)

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
\(\lambda ^2-2 \lambda -3=0\)
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
\(y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}-\frac{5 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}.\)

 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.