• Bestimme über die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda)$ ein Fundamentalsystem.
• Wähle einen geeigneten Ansatz $y_p$, um die partikuläre Lösung zu berechnen.

Das charakteristische Polynom $P(\lambda)$ lautet:

$P(\lambda) = \lambda^3 - 2 \lambda^2 - 4 \lambda + 8$.

Da es sich um ein Polynom dritten Grades handelt, muss die erste Nullstelle $\lambda_1 = 2$ geraten werden.
Anschließend wird mit dem Horner-Schema eine Polynomdivision durchgeführt:

$\begin{array}{c|c|c|c|c} & 1 & -2 & -4 & 8 \\ \hline \lambda_1 = 2 & / & 2 & 0 & -8 \\ \hline & 1 & 0 & -4 & 0 & \end{array}$

Daraus folgt:

$\begin{align} P(\lambda) &= (\lambda -2)(\lambda^2 - 4) = (\lambda-2)^2 (\lambda+2) \\ \\ &\RA \lambda_1 = \lambda_2 = 2, \qquad \lambda_3 = -2 \end{align}$


Ein Fundamentalsystem ist: $e^{2x}, x\,e^{2x}, e^{-2x}$


Ein geeigneter Ansatz für die partikuläre Lösung $y_p$ lautet:

$\begin{align} y_p(x) &= A\,x^2\,e^{2x} + B \sin x + C \cos x \\ \\ y_p'(x) &= A\,e^{2x} (2x^2+2x) + B \cos x - C \sin x \\ y_p''(x) &= A\,e^{2x} (4x^2+8x+2) - B \sin x - C \cos x \\ y_p'''(x) &= A\,e^{2x} (8x^2 + 24x + 12) - B \cos x + C \sin x \end{align}$



Einsetzen von $y_p, y_p', ... , y_p'''$ in die Differentialgleichung liefert:

$\underbrace{A\,e^{2x} (8x^2 + 24x + 12) - B \cos x + C \sin x}_{y_p'''} - 2 (\underbrace{A\,e^{2x} (4x^2+8x+2) - B \sin x - C \cos x}_{y_p''})$
$ - 4 (\underbrace{A\,e^{2x} (2x^2+2x) + B \cos x - C \sin x}_{y_p'}) + 8 (\underbrace{A\,x^2\,e^{2x} + B \sin x + C \cos x}_{y_p}) = 4\,e^{2x} + \sin x$

Ein Koeffizientenvergleich führt zu folgenden Gleichungen:

$I: A e^{2x} \Big[8x^2+24x+12 -8x^2-16x-4 - 8x^2-8x+8x^2 \big] = 4e^{^2x}$

$II: \sin x \Big[ C + 2B + 4C + 8B \Big] + \cos x \Big[ -B + 2C - 4B + 8C \Big] = \sin x$


beziehungsweise: $II.a: 10B + 5C =1 \quad$ und $\quad II.b: -5B+10C = 0$.



Aus $I, II.a, II.b$ folgt für die Parameter:

$\D \RA A = \frac{1}{2} \qquad \RA B = \frac{2}{25} \qquad \RA C = \frac{1}{25}$



Die allgemeine Lösung lautet somit:

$\D y = c_1\,e^{2x} + c_2\,x\,e^{2x} + c_3\,e^{-2x} + \frac{1}{2} x^2\,e^{2x} + \frac{2}{25} \sin x + \frac{1}{25} \cos x$.



• Bestimme über die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda)$ ein Fundamentalsystem.
• Wähle einen geeigneten Ansatz $y_p$, um die partikuläre Lösung zu berechnen.

Das charakteristische Polynom $P(\lambda)$ lautet:

$P(\lambda) = \lambda^3 - \lambda^2 + 4 \lambda - 4$.

Die erste Nullstelle wird geraten ($\lambda = 1$). Mithilfe des Horner-Schemas wird eine
Polynomdivision durchgeführt.

$\begin{array}{c|c|c|c} & 1 & -1 & 4 & -4 \\ \hline \lambda_1 = 1 & / & 1 & 0 & 4 \\ \hline & 1 & 0 & 4 & 0 & \end{array}$

Daraus folgt:

$\begin{align} P(\lambda) &= (\lambda -1)(\lambda^2 + 4) = (\lambda-1) (\lambda+2i) (\lambda - 2i) \\ \\ &\RA \lambda_1 = 1, \qquad \lambda_2 = -2i, \qquad \lambda_3 = 2i \end{align}$


Ein Fundamentalsystem ist: $e^{x}, \sin 2x, \cos 2x$

Ein geeigneter Ansatz für die partikuläre Lösung $y_p$ lautet:

$\begin{align} y_p &= A\,e^{-x} \\ \\ y_p' &= -A\,e^{-x} \\ y_p'' &= A\,e^{-x} \\ y_p''' &= -A\,e^{-x} \end{align}$

Einsetzen von $y_p, y_p', ... , y_p'''$ in die Differentialgleichung liefert:

$A\,e^{-x} \Big[-1-1-4-4 \Big] = -10\,e^{-x}$

$\RA A = 1$

Somit lautet die allgemeine Lösung:

$y = c_1\,e^{x} + c_2 \sin 2x + c_3 \cos 2x + e^{-x}$



Bestimmen der Koeffizienten $c_1, c_2$ und $c_3$ mithilfe der gegebenen Anfangswerte

$\begin{array}{c|ccccc} y(0) = 4 &c_1 & &+c_3 &+1 &= &4 \\ y'(0) = 0 &c_1 &+2\,c_2 & &-1 &= &0 \\ y''(0) = -6 &c_1 & &-4\,c_3 &+1 &= &-1 \end{array}$

unter Anwendung des Gauß-Algorithmus:

$\left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -4 & -2 \end{array} \right)$ $\LR$ $\left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 2 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & -5 & -5 \end{array} \right)$ $\LR$ $\left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right)$


Die Lösung des Anfangswertproblems lautet somit:

$\D \RA y = 2\,e^{x} - \frac{1}{2} \sin 2x + \cos 2x + e^{-x}$

Aufgabenteil 1:

• Bestimme über die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda)$ ein Fundamentalsystem.
• Wähle einen geeigneten Ansatz $y_p$, um die partikuläre Lösung zu berechnen.

Aufgabenteil 2:

• Rekonstruiere das charakteristische Polynom anhand des Fundamentalsystems (Hinweis: doppelte Nullstellen!).

Aufgabenteil 1:

Das charakteristische Polynom $P(\lambda)$ lautet:

$P(\lambda) = \lambda^3 - 2 \lambda^2 + \lambda = \lambda(\lambda-1)^2$.

Ein Fundamentalsystem ist: $e^t, t\,e^{t}, 1$

Ein geeigneter Ansatz für die partikuläre Lösung $x_p$ lautet:

$\begin{align} x_p(x) &= A\,t + B \sin 2t + C \cos 2t \\ \\ x_p'(x) &= A + 2B \cos 2t - 2C \sin 2t \\ x_p''(x) &= -4B \sin 2t - 4C \cos 2t \\ x_p'''(x) &= -8B \cos 2t + 8C \sin 2t \end{align}$

Einsetzen von $x_p, x_p',...,x_p'''$ in die Differentialgleichung:

$\RA \sin 2t (8C + 8B - 2c) + \cos 2t (-8B + 8C + 2B) + A = 1 + \sin 2t$

Ein Koeffizientenvergleich liefert drei Gleichungen

$\begin{align} &I: &A &= 1 \\ &II: &8B+6C &= 1 \\ &III: &-6B+8C &= 0 \end{align}$

mit den Lösungen:

$\D \RA A = 1, \qquad B = \frac{2}{25}, \qquad C = \frac{3}{50}$

Somit ist die allgemeine Lösung

$\D x = c_1 + c_2\,e^{t} + c_3\,t\,e^{t} + t + \frac{2}{25} \sin 2t + \frac{3}{50} \cos 2t.$



Aufgabenteil 2:

Da $x_1 = t\,e^t$ eine Lösung ist, ist auch $x_3 = e^{t}$ eine Lösung. Für $x_2 = \cos t$ folgt analog $x_4 = \sin t$ als Lösung.

Somit lautet das Fundamentalsystem: $e^t, t\,e^{t}, \sin t, \cos t$

Anhand des Fundamentalsystems können die Nullstellen des charakteristischen Polynoms
bestimmt werden.

$\D \lambda_1 = \lambda_2 = 1, \qquad \lambda_{3,4} = \pm i$

Damit folgt das charakteristische Polynom $P(\lambda)$:

$\begin{align} \RA P(\lambda) &= (\lambda - 1)^2 (\lambda^2+1) = (\lambda^2-2\lambda +1)(\lambda^2+1) \\ \\ &= \lambda^4 - 2 \lambda^3 + 2 \lambda^2 - 2 \lambda + 1 \end{align}$

Die Koeffizienten $a_0$ bis $a_3$ können nun am charakteristischen Polynom abgelesen werden.
Die Differentialgleichung lautet:

$\RA x^{(4)} - 2\,x^{(3)} + 2\, \ddot{x} - 2\,\dot{x} + x = 0$



• Bestimme die homogene Lösung.
• Wähle je nach Gesalt von $f(t)$ einen geeigneten Ansatz $x_p$ für die partikuläre Lösung.

Das charakteristische Polynom $P(\lambda) = \lambda^2 - 4$ besitzt die Nullstellen: $\D \lambda_{1,2} = \pm 2$.

Somit ist $e^{2t}, e^{-2t}$ ein Fundamentalystem. Die homogene Lösung lautet also:

$\RA x_h = c_1\,e^{2t} + c_2\,e^{-2t}$

$\fbox{$f(t) = e^{2t}$}$

Der Ansatz $x_p$ für die partikuläre Lösung lautet:

$x_p = C\,t\,e^{2t}, \quad \dot{x}_p = C\,e^{2t} (2t+1), \quad \ddot{x}_p = C\,e^{2t} (4t+4)$

Einsetzen in die Differentialgleichung:

$\D C\,e^{2t} [4t + 4 - 4t] = e^{2t} \RA C = \frac{1}{4}$

Somit ist die Lösung:

$\D x = c_1\,e^{2t} + c_2\,e^{-2t} +\frac{1}{4} t\,e^{2t}$


$\fbox{$f(t) = 4$}$

Hier lautet der Ansatz: $x_p = C, \quad \dot{x}_p = \ddot{x}_p = 0$

Einsetzen in die Differentialgleichung liefert:

$4C = 4 \RA C = 1$

Damit folgt für die allgemeine Lösung:

$x = c_1\,e^{2t} + c_2\,e^{-2t} + 1$



• Es handelt sich um eine reguläre Differentialgleichung.
• Wähle für die Terme geeignete Potenzreihendarstellungen.
• Da keine Anfangsbedingungen gegeben sind, wähle einmal $a_0 = 1, a_1 = 0$ und einmal $a_0 = 0, a_1 = 1$.

Es handelt sich hierbei um eine reguläre Differentialgleichung:

$y''-x^2 y'' + 2xy' - 2y = 0$

Die Potenzreihendarstellungen der Summanden lauten:

$\begin{align} y'' &= \sum_{n=0}^{\infty}\,(n+1)(n+2)a_{n+2}x^n \\ -x^2 y'' &= -\sum_{n=0}^{\infty}\,n(n-1)a_n x^2 \\ 2xy' &= 2 \sum_{n=0}^{\infty}\,n a_n x^n \\ 2y &= 2 \sum_{n=0}^{\infty}\,a_n x^n \end{align}$

Einsetzen in die Differentialgleichung und Ausklammern von $x^n$ führt zu folgender Rekursionsgleichung:

$\D \sum_{n=0}^{\infty}\, x^n [a_{n+2} (n+2)(n+1) - a_n n (n-1) + 2n a_n - 2 a_n ] = 0$

Nun wird der Ausdruck nach dem höchsten Koeffizienten (hier: $a_{n+2}$) aufgelöst:

$\begin{equation} \D a_{n+2} = \frac{n^2-n-2n+2}{(n+1)(n+2)} a_n = \frac{n^2-3n+2}{(n+1)(n+2)}a_n \qquad (1) \end{equation}$

Da keine Anfangswerte gegeben sind, wählen wir einmal $a_0 = 1, a_1 = 0$ und einmal $a_0 = 0, a_1 = 1$,
um ein Fundamentalsystem zu bestimmen.

$\fbox{$a_0 = 1, a_1 = 0$}$

Mit $a_1 = 0$ folgt aus Gleichung $(1)$ $\D a_3 = a_5 = ... = a_{2n-1} = 0$

Berechnen der weiteren Koeffizienten:

$\begin{align} n &= 0: a_2 = \frac{2}{1\cdot 2} \cdot 1 = 1 \\ n &= 2: a_4 = \frac{4-6+2}{3\cdot 4} \cdot 1 = 0 \\ \\ \qquad &\RA a_6 = a_8 = ... = a_{2n} = 0 \quad \text{ für } n > 1 \end{align}$

Somit sind allein die Koeffizienten $a_0, a_2 \neq 0$. Unsere Potenzreihe $\D\sum_{n=0}^{\infty}\,a_n x^n$
wird zu:

$\RA y_1(x) = 1 + x^2$


$\fbox{$a_0 = 0, a_1 = 1$}$

Aus $a_0 = 0$ folgt $a_{2n} = 0$.

Berechnen der weiteren Koeffizienten:

$\begin{align} n &= 1: a_3 = \frac{1-3+2}{2 \cdot 3} \cdot 1 = 0 \\ \\ \qquad &\RA a_5 = a_7 = ... = a_{2n-1} = 0 \quad \text{ für } n > 1 \end{align}$

Es verleibt nur $a_1 \neq 0$.

$\RA y_2(x) = x$



$y_1, y_2$ bilden das gesuchte Fundamentalsystem.



• Es handelt sich um eine reguläre Differentialgleichung.
• Wähle für die Terme geeignete Potenzreihendarstellungen.
• Da keine Anfangsbedingungen gegeben sind, wähle einmal $a_0 = 1, a_1 = 0$ und einmal $a_0 = 0, a_1 = 1$.

Aufgabenteil 1:

Die Potenzreihendarstellungen der Summanden lauten:

$\begin{align} y'' &= \sum_{n=0}^{\infty}\,(n+1)(n+2)a_{n+2}x^n \\ xy' &= \sum_{n=0}^{\infty}\,n a_n x^n \\ -y &= - \sum_{n=0}^{\infty}\,a_n x^n \end{align}$

Einsetzen in die Differentialgleichung und Ausklammern von $x^n$ führt zu folgender Rekursionsgleichung:

$\D \sum_{n=0}^{\infty}\, x^n [(n+1)(n+2) a_{n+2} + n a_n - a_n] = 0$

Nun wird der Ausdruck nach dem höchsten Koeffizienten (hier: $a_{n+2}$) aufgelöst:

$\D a_{n+2} = \frac{1-n}{(n+1)(n+2)} a_n$

Da keine Anfangswerte gegeben sind, wählen wir einmal $a_0 = 1, a_1 = 0$ und einmal $a_0 = 0, a_1 = 1$,
um ein Fundamentalsystem zu bestimmen.

$\fbox{$a_0 = 1, a_1 = 0$}$

Mit $a_1 = 0$ folgt $\D a_3 = a_5 = ... = a_{2n-1} = 0$

Berechnen der weiteren Koeffizienten:

$\begin{align} \D n &= 0: a_2 = \frac{1}{1\cdot 2} a_0 = \frac{1}{2} \\ \D n &= 2: a_4 = \frac{-1}{3\cdot 4} \cdot \frac{1}{2} = - \frac{1}{24} \\ \D n &= 4: a_6 = \frac{1-4}{5 \cdot 6} \cdot \frac{-1}{24} = \frac{1}{240} \end{align}$

Damit wäre $\D y_1(x) = 1 + \frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{24} x^4 + \frac{1}{240} x^6 + ...$.


$\fbox{$a_0 = 0, a_1 = 1$}$

Aus $a_0 = 0$ folgt $a_{2n} = 0$.

Berechnen der weiteren Koeffizienten:

$\begin{align} n &= 1: a_3 = \frac{1-1}{2 \cdot 3} \cdot 1 = 0 \\ \end{align}$

Hieraus folgt $a_5 = a_7 = .. = a_{2n-1} = 0$ für $n > 1$ und damit $y_2(x) = x$.



Aufgabenteil 2:

$\begin{align} Y(x) &= \V{y(x) \\ y'(x)} \\ Y'(x) &= \V{y'(x) \\ y''(x)} \end{align}$

Umformen der Differentialgleichung nach $y''$:

$y'' = -xy' + y$

Einsetzen:

$\begin{align} Y'(x) &= \V{y' \\ -xy' + y} \\ \\ &= \V{0 & 1 \\ 1 & -x} \V{y \\ y'} \\ \\ &= \V{0 & 1 \\ 1 & -x} Y \end{align}$



• Es handelt sich um eine reguläre Differentialgleichung.
• Wähle für die Terme geeignete Potenzreihendarstellungen.
• Es gilt: $a_0 = y(0)$ und $a_1 = y'(0)$.

Es handelt sich hierbei um eine reguläre Differentialgleichung:

$ty''- y'' + 2ty' - y = 0$

Die Potenzreihendarstellungen der Summanden lauten:

$\begin{align} t y'' &= \sum_{n=0}^{\infty}\,n(n-1)a_nt^n \\ -y'' &= -\sum_{n=0}^{\infty}\,(n+1)(n+2)a_{n+2}t^n \\ ty' &= \sum_{n=0}^{\infty}\,n a_n t^n \\ -y &= -\sum_{n=0}^{\infty}\,a_n t^n \end{align}$

Einsetzen in die Differentialgleichung und Ausklammern von $x^n$ führt zu
folgender Rekursionsgleichung:

$\D \sum_{n=0}^{\infty}\, t^n [n(n+1) a_{n+1} - (n+1)(n+2) a_{n+2} + n a_n - a_n] = 0$

Nun wird der Ausdruck nach dem höchsten Koeffizienten (hier: $a_{n+2}$) aufgelöst:

$\D a_{n+2} = \frac{n(n+1) a_{n+1} + (n-1) a_n}{(n+1)(n+2)} a_n$

$\fbox{1. $y(0) = 1, \quad \dot{y}(0) = 0$}$

$\RA a_0 = y(0) = 1, \quad a_1 = y'(0) = 0$

$\begin{align} \D n &= 0: a_2 = \frac{0 \cdot 1 \cdot 0 + (-1) \cdot 1}{1 \cdot 2} = - \frac{1}{2} \\ \D n &= 1: a_3 = \frac{1 \cdot 2 \cdot (-\frac{1}{2} + 0 \cdot 1}{2 \cdot 3} = - \frac{1}{6} \\ \D n &= 2: a_4 = \frac{2 \cdot 3 \cdot (- \frac{1}{6}) + 1 \cdot (- \frac{1}{2})}{3 \cdot 4} = - \frac{1}{8} \end{align}$



$\fbox{2. $y(0) = 0, \quad \dot{y}(0) = 1$ }$

$\RA a_0 = y(0) = 0, \quad a_1 = y'(0) = 1$

$\begin{align} \D n &= 0: a_2 = \frac{0 \cdot 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 0}{1 \cdot 2} = 0 \\ \D n &= 1: a_3 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 0 + 0 \cdot 1}{2 \cdot 3} = 0\\ \D n &= 2: a_4 = 0 \end{align}$