Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Lösen Sie die lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+5 y'(x)-14 y(x)=0$ Nr. 4900
	$\begin{align} C_1 e^{-7x}+C_2 e^{2x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{-1x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{-3x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{4x}+C_2 e^{-3x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{4x} \end{align}$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $\begin{align} y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \end{align}$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\begin{align}\lambda ^2+5 \lambda -14=0\end{align}$ mit den Lösungen $\begin{align}\lambda _1=-7,\qquad\lambda _2=2.\end{align}$ Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich $\begin{align} y(x)=c_1 e^{-7 x}+c_2 e^{2 x}. \end{align}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-49 y(x)=0$ Nr. 4919
	$C_1 e^{-7x}+C_2 e^{7x}$
	$C_1 e^{-2x}+C_2 e^{-4x}$
	$C_1 e^{9x}+C_2 e^{-8x}$
	$C_1 e^{5x}+C_2 e^{7x}$
	$C_1 e^{-1x}+C_2 e^{3x}$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $y(x)=e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\lambda ^2-49=0$ mit den Lösungen $\lambda _1=-7,\qquad\lambda _2=7.$ Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung (siehe Skript), es ergibt sich $y(x)=c_1 e^{-7 x}+c_2 e^{7 x}.$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-y'(x)-42 y(x)=2-\frac{x}{2}$ Nr. 4912
	$y(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}+\frac{x}{84}-\frac{169}{3528}$
	$y(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}-\frac{8 x}{7}-\frac{5}{14}$
	$y(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}-\frac{x}{2}+\frac{1}{4}$
	$y(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}-\frac{14 x}{9}+\frac{1}{3}$
	$y(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}-\frac{14 x}{5}+\frac{5}{7}$
Lösungsweg 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-6 x}+c_2 e^{7 x}+\frac{x}{84}-\frac{169}{3528}$

5 erreichbare Punkte

Finden Sie die vollständige Lösungsschar zu: $y^{\prime \prime} - 5 y^{\prime} + 6 y = 0$ Nr. 3862
	$y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{3x}$
	$y(x) = (c_1 \sin(2x) + c_2 \cos(2x))e^{3x}$
	$y(x) = c e^{2x}$
Lösungsweg Machen wir den Ansatz: $y(x) = A e^{\lambda x}$ Einsetzen liefert das charakteristische Polynom: $\lambda^2 - 5 \lambda + 6 = 0$ Verwendung der kleinen Lösungsformel: $\lambda_{1,2} = \frac{5}{2} + \sqrt{\frac{25 - 24}{4}} = \frac{5}{2} \pm \frac{1}{2}$ Es gibt also zwei fundamentale Lösungen: $y_1(x) = e^{2 x}$ $y_2(x) = e^{3x}$ Diese spannen den gesamten Lösungsraum auf, entsprechend dem Superpositionsprinzip für Differentialgleichungen: $y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{3x}$

3 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem, eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+y(x)=0,\\ y(0)=1,\quad y'(0)=2.$ Nr. 4965
	$y(x)=2 \sin (x)+\cos (x)$
	$y(x)=3 \sin (x)+10 \cos (x)$
	$y(x)=4 e^x \cos (x)-5 e^x \sin (x)$
	$y(x)=7 e^{-x} \sin (x)-5 e^{-x} \cos (x)$
	$y(x)=9 e^x \sin (x)-8 e^x \cos (x)$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $y(x)=e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\lambda ^2+1=0$ mit den Lösungen $\lambda _1=-i,\qquad\lambda _2=i.$ Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung $y_h(x)=c_2 \sin (x)+c_1 \cos (x)$ Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte $y(0)=1, \qquad y'(0)=2$ in die Lösung (und ihre Ableitung) $y(x)= c_2 \sin (x)+c_1 \cos (x), \qquad y'(x)=c_2 \cos (x)-c_1 \sin (x),$ einsetzen, dies ergibt: $c_1=1, \\ c_2=2.$ Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung $\{c_1,c_2\}=\{1,2\}.$ Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems $y(x)=2 \sin (x)+\cos (x).$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+4 y'(x)+4 y(x)=e^{2 x}$ Nr. 4924
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+\frac{e^{2 x}}{16}$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+e^{2 x}$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x-\frac{11 e^{2 x}}{4}$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x-\frac{6 e^{2 x}}{5}$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+\frac{e^{2 x}}{2}$
Lösungsweg 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x+\frac{e^{2 x}}{16}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem, eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-2 y'(x)+2 y(x)=0,\\ y(0)=2,\quad y'(0)=-1.$ Nr. 4962
	$y(x)=2 e^x \cos (x)-3 e^x \sin (x)$
	$y(x)=2e^x - 3 e^{-x}$
	$y(x)=2 e^x- 5 e^{-x}$
	$y(x)= 2 \cos (x) - 3 \sin (x)$
	$y(x)=7 e^x \cos (x)-2 e^x \sin (x)$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $y(x)=e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\lambda ^2-2 \lambda +2=0$ mit den Lösungen $\lambda _1=1 + i,\qquad\lambda _2=1 - i.$ Das charakteristische Polynom hat also zwei zueinander konjugiert komplexe Lösungen. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung $y_h(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)$ Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte $y(0)=2, \qquad y'(0)=-1$ in die Lösung (und ihre Ableitung) $y(x)= c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x), \qquad y'(x)=c_1 e^x \sin (x)-c_2 e^x \sin (x)+c_1 e^x \cos (x)+c_2 e^x \cos (x),$ einsetzen, dies ergibt: $c_2=2, \\ c_1+c_2=-1.$ Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung $\{c_1,c_2\}=\{-3,2\}.$ Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems $y(x)=2 e^x \cos (x)-3 e^x \sin (x).$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-y'(x)-2 y(x)=\cos (3 x)$ Nr. 4934
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{3}{130} \sin (3 x)-\frac{11}{130} \cos (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x} + \frac{1}{2} \cos (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}+\frac{1}{2} \sin (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{14}{71} \sin (3 x)-\frac{14}{71} \cos (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}+\frac{4}{93} \sin (3 x)+\frac{4}{31} \cos (3 x)$
Lösungsweg 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 $\{m,n\}=\left\{-\frac{11}{130},-\frac{3}{130}\right\}$ $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{3}{130} \sin (3 x)-\frac{11}{130} \cos (3 x)$

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Lösen Sie die lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+5 y'(x)-14 y(x)=0$ Nr. 4900
	$\begin{align} C_1 e^{-7x}+C_2 e^{2x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{-1x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{-3x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{4x}+C_2 e^{-3x} \end{align}$
	$\begin{align} C_1 e^{3x}+C_2 e^{4x} \end{align}$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $\begin{align} y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}. \end{align}$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\begin{align}\lambda ^2+5 \lambda -14=0\end{align}$ mit den Lösungen $\begin{align}\lambda _1=-7,\qquad\lambda _2=2.\end{align}$ Das charakteristische Polynom hat zwei verschiedene Lösungen. Wir erinnern uns an den Ansatz der Lösung(siehe Skript), es ergibt sich $\begin{align} y(x)=c_1 e^{-7 x}+c_2 e^{2 x}. \end{align}$

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