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 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, 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
\(\lambda ^2-2 \lambda -8=0\)
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
\(\lambda ^2+6 \lambda +9=0 \)
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! 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, 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 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
\(y(x)=e^x.\)