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 folgendes Anfangswertproblem, eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-5 y'(x)+4 y(x)=0,\\ y(0)=1,\quad y'(0)=2.$ Nr. 4958
	$y(x)=\frac{2 e^x}{3}+\frac{e^{4 x}}{3}$
	$y(x)=\frac{26 e^x}{3}-\frac{2 e^{4 x}}{3}$
	$y(x)=14 e^x-5 e^{4 x}$
	$y(x)=\frac{19 e^{4 x}}{3}-\frac{43 e^x}{3}$
	$y(x)=\frac{29 e^x}{3}-\frac{11 e^{4 x}}{3}$
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 $\lambda ^2-5 \lambda +4=0$ 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 $y(x)=\frac{2 e^x}{3}+\frac{e^{4 x}}{3}.$

5 erreichbare Punkte

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 inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+3 y'(x)-4 y(x)=e^{2 x}$ Nr. 4927
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x+\frac{e^{2 x}}{6}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x-\frac{4 e^{2 x}}{7}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x-e^{2 x}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x+\frac{5 e^{2 x}}{6}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x$
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 $\lambda ^2+3 \lambda -4=0$ 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^x+\frac{e^{2 x}}{6}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem, eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+4 y'(x)+4 y(x)=0,\\ y(0)=1,\quad y'(0)=1.$ Nr. 4968
	$y(x)=3 e^{-2 x} x+e^{-2 x}$
	$y(x)=10 e^{-2 x}$
	$y(x)=4 e^{-2 x} x$
	$y(x)=19 e^{-2 x} x+10 e^{-2 x}$
	$y(x)=14 e^{2 x} +8 e^{-2 x}$
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 $\lambda ^2+4 \lambda +4=0$ mit den Lösungen $\lambda _1=-2,\qquad\lambda _2=-2.$ Das charakteristische Polynom hat also eine doppelte Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung $y_h(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x$ Um nun das Anfangswertproblem zu lösen, müssen wir die Anfangswerte $y(0)=1, \qquad y'(0)=1$ in die Lösung (und ihre Ableitung) $y(x)= c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x} x, \qquad y'(x)=-2 c_1 e^{-2 x}+c_2 e^{-2 x}-2 c_2 e^{-2 x} x,$ einsetzen, dies ergibt: $c_1=1, \\ c_2-2 c_1=1.$ Das Lösen dieses linearen Gleichungssystems resultiert in der Lösung $\{c_1,c_2\}=\{1,3\}.$ Daraus ergibt sich für die Lösung des Anfangswertproblems $y(x)=3 e^{-2 x} x+e^{-2 x}.$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-4 y'(x)+4 y(x)=\cos (x)$ Nr. 4940
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} x-\frac{4 \sin (x)}{25}+\frac{3 \cos (x)}{25}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} x-\frac{6 \sin (x)}{17}-\frac{6 \cos (x)}{17}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} x$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{16 \sin (x)}{5}+\frac{4 \cos (x)}{5}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} +\frac{13 \sin (x)}{11}+\frac{13 \cos (x)}{33}$
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 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 $\{m,n\}=\left\{\frac{3}{25},-\frac{4}{25}\right\}$ $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{2 x} x-\frac{4 \sin (x)}{25}+\frac{3 \cos (x)}{25}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-2 y'(x)+2 y(x)=0$ Nr. 4945
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)$
	$y(x)=c_1 e^{-3 x} \sin (4 x)+c_2 e^{-3 x} \cos (4 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x} \sin (3 x)+c_2 e^{-2 x} \cos (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-3 x} \sin (2 x)+c_2 e^{-3 x} \cos (2 x)$
	$y(x)=c_1 e^{9 x} \sin (8 x)+c_2 e^{9 x} \cos (8 x)$
Lösungsweg 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 $y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+6 y'(x)+18 y(x)=0$ Nr. 4948
	$y(x)=c_1 e^{-3 x} \sin (3 x)+c_2 e^{-3 x} \cos (3 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-7 x} \sin (5 x)+c_2 e^{-7 x} \cos (5 x)$
	$y(x)=c_1 e^x \sin (9 x)+c_2 e^x \cos (9 x)$
	$y(x)=c_1 e^{-x} \sin (8 x)+c_2 e^{-x} \cos (8 x)$
	$y(x)=c_1 e^{6 x} \sin (7 x)+c_2 e^{6 x} \cos (7 x)$
Lösungsweg Die Differentialgleichung ist linear und zweiter Ordnung! Wir lösen die homogene Gleichung. Wir nehmen daher an, dass eine Lösung proportional zu $e^{\lambda x}$ ist und erinnern uns, dass dann gilt $y'(x)=\lambda e^{\lambda x}, \qquad y''(x)=\lambda^2 e^{\lambda x}.$ Daraus lässt sich das charakteristische Polynom aus der Differentialgleichung herleiten $\lambda ^2+6 \lambda +18=0$ mit den Lösungen $\lambda _1=-3 - 3 i,\qquad\lambda _2=-3 + 3 i.$ Das charakteristische Polynom hat also eine komplexe Lösung. Wir erinnern uns, dass der Ansatz für die Lösung dann anders ist (siehe Skript), es ergibt sich die Lösung $y(x)=c_1 e^{-3 x} \sin (3 x)+c_2 e^{-3 x} \cos (3 x)$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-2 y'(x)+2 y(x)=-2$ Nr. 4950
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)-1$
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)$
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)-8$
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)+5$
	$y(x)=c_1 e^x \sin (x)+c_2 e^x \cos (x)+6$
Lösungsweg 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=e^x (c_1 \sin (x)+c_2 \cos (x))-1$

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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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