Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Inhomogene Differentialgleichungen.
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 inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-y'(x)-2 y(x)=x-1$ Nr. 4914
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}+\frac{3}{4}$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{3}-7$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{7 x}{8}$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}+\frac{x}{2}-2$
	$y(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-11 x-\frac{2}{11}$
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 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-x}+c_2 e^{2 x}-\frac{x}{2}+\frac{3}{4}$

5 erreichbare Punkte

Charakterisieren Sie folgende Differentialgleichung $f''(x)-\frac{x^2}{f(x)}=x^2$ Nr. 5020
	2. Ordnung, nicht linear, inhomogen, nicht konstante Koeffizienten
	2. Ordnung, nicht linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
	2. Ordnung, nicht linear, homogen, nicht konstante Koeffizienten.
	2. Ordnung, linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
	2. Ordnung, linear, inhomogen, nicht konstante Koeffizienten.
Lösungsweg 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 $x^2 \text{ im Term } -\frac{x^2}{f(x)}$ .

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-4 y(x)=3 x+2$ Nr. 4909
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}-\frac{3 x}{4}-\frac{1}{2}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{9 x}{2}+\frac{7}{2}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{5 x}{14}+\frac{7}{13}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{x}{9}+\frac{3}{13}$
	$y(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}+\frac{3 x}{2}-\frac{5}{12}$
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 $\lambda ^2-4=0$ 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{2 x}+c_2 e^{-2 x}-\frac{3 x}{4}-\frac{1}{2}$

5 erreichbare Punkte

Charakterisieren Sie folgende Differentialgleichung $f''(x)+2 x f(x)=x^2$ Nr. 5015
	2. Ordnung, linear, inhomogen, nicht konstante Koeffizienten
	2. Ordnung, linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
	2. Ordnung, linear, homogen, nicht konstante Koeffizienten.
	1. Ordnung, nicht linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
	1. Ordnung, nicht linear, inhomogen, nicht konstante Koeffizienten.
Lösungsweg 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 $2xf(x)$ .

5 erreichbare Punkte

Charakterisieren Sie folgende Differentialgleichung $x'(t)+x(t)^3=e^t$ Nr. 4994
	1. Ordnung, nicht linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
	1. Ordnung, nicht linear, inhomogen.
	1. Ordnung, nicht linear, homogen, konstante Koeffizienten.
	3. Ordnung, linear, inhomogen.
	3. Ordnung, linear, inhomogen, konstante Koeffizienten.
Lösungsweg 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 $g=e^t.$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)+y'(x)-12 y(x)=2 x-2$ Nr. 4916
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{6}+\frac{11}{72}$
	$y(x)=c_1 e^{-2 x}+c_2 e^x-\frac{2 x}{11}+\frac{3}{4}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{8}+5$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}+\frac{7 x}{4}-\frac{11}{13}$
	$y(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}+3 x-\frac{3}{4}$
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 $\lambda ^2+\lambda -12=0$ 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{-4 x}+c_2 e^{3 x}-\frac{x}{6}+\frac{11}{72}$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie folgendes Anfangswertproblem, eine lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-2 y'(x)-3 y(x)=e^{3 x},\\ y(1)=1,\quad y'(1)=1.$ Nr. 4987
	$y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}-\frac{5 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}$
	$y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}+\frac{27 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}$
	$y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{-x}}{2}+\frac{43 e^{3 x}}{16}$
	$y(x)=\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}+\frac{139 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}$
	$y(x)=\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}+\frac{91 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}$
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 $\lambda ^2-2 \lambda -3=0$ 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 $y(x)=\frac{1}{4} e^{3 x} x+\frac{e^{1-x}}{2}+\frac{e^{4-x}}{16}-\frac{5 e^{3 x}}{16}+\frac{1}{2} e^{3 x-3}.$

5 erreichbare Punkte

Lösen Sie die lineare inhomogene Differentialgleichung zweiter Ordnung $y''(x)-9 y(x)=2 x+1$ Nr. 4908
	$y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{2 x}{9}-\frac{1}{9}$
	$y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{8 x}{9}-\frac{14}{3}$
	$y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}+x-\frac{5}{4}$
	$y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{5 x}{9}+\frac{7}{6}$
	$y(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-2 x+\frac{1}{13}$
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 $\lambda ^2-9=0$ 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 $y(x)=y_h(x)+y_p(x)=c_1 e^{3 x}+c_2 e^{-3 x}-\frac{2 x}{9}-\frac{1}{9}$

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