Staatsexamen Herbst 2017 Differential- und Integralrechnung, Thema I

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1 Staatsexamen Herbst 17 Differential- und Integralrechnung, Thema I 1. a) Die Aussage ist wahr! Sei s R der Reihenwert der Reihe k=1 Da a n = s n s n 1 für n, ist also b) Die Aussage ist falsch! a k, also mit s n = s = lim n s n. n k=1 a k, n N, lim a n = lim (s n s n 1 ) = lim s n lim s n 1 = s s =. n n n n Für die Folge (a n ) n N mit a n = ( 1) n 1 n, n N, gilt a n ( 1) n a n = ist die harmonische Reihe, also divergent.. a) Seien a, b R, a < b. Zu zeigen ist, daß f(a) f(b). Weil die Funktion, aber die Reihe ( 1) n ( 1) n 1 n = 1 n f [a,b] : [a, b] R, x f(x), differenzierbar ist, gibt es nach dem Mittelwertsatz ein ξ ]a, b[ mit f(b) f(a) b a = f (ξ), also wegen f (x) für alle x R woraus sich f(a) f(b) ergibt. f(b) f(a) = f (ξ) (b a), }{{}}{{} b) Wir nehmen an, f sei nicht streng monoton wachsend, und führen diese Annahme zu einem Widerspruch. Wenn f nicht streng monoton wachsend ist, gibt es also a, b R, a < b mit f(a) f(b) ( ). Da aber f nach a) monoton wachsend ist, gilt für alle x [a, b], daß also ist f(a) a) f(x) a) f(b) ( ) f(a), f(a) = f(x) Damit ist f auf dem Intervall [a, b] konstant, also für alle x [a, b]. f (x) = für alle x ]a, b[, ein Widerspruch zur Voraussetzung.

2 3. a) Sei x ] 1, 1[. Dann ist x < 1, also f(x) = x = 1 1 ( x ) = ( x ) k = k= ( 1) k x k k= = 1 + x 1x + x 3 + 1x 4 + x 5 1x Dabei haben wir im 3. Schritt die Summenformel für die geometrische Reihe verwendet, also q k = 1 1 q für q < 1. k= b) Die Potenzreihe ( 1) k x k ist die Taylorreihe von f mit Entwicklungspunkt a =. Es gilt also { f (n) () ( 1) k, für n = k =, k N. n!, für n = k + 1 k= Damit ist f (n) () = { ( 1) n n!, für n N gerade, für n N ungerade. 4. Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist die Integralfunktion F (x) = x h(t)dt, x R, der stetigen Integrandenfunktion h differenzierbar mit F (x) = h(x) für alle x R. Nun ist die Funktion h [ 1,1] : [ 1, 1] R, x h(x), als Einschränkung der stetigen Funktion h selbst wieder stetig, und es gilt nach Voraussetzung h( 1) < < h(1). Also gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein ξ ] 1, 1[ mit h(ξ) =. Da h streng monoton wachsend ist, gilt Damit ist h(x) < h(ξ) = für alle x < ξ und h(x) > h(ξ) = für alle x > ξ. <, für x ], ξ[ F (x) = h(x) =, für x = ξ >, für x ]ξ, [ also ist F streng monoton fallend auf ], ξ] und streng monoton wachsend auf [ξ, [. Dies zeigt, daß F ein globales Minimum in x = ξ hat (diese globale Minimalstelle ist eindeutig bestimmt). 5. Da die Funktionen y 1, y, y 3 : R R Lösungen der inhomogenen linearen Differentialgleichung. Ordnung mit konstanten Koeffizienten, y (x) + αy (x) + βy(x) = g(x) ( ) sind, müssen die Funktionen φ 1 (x) := y 1 (x) y 3 (x) = e 3x sin(x) + 3e 3x cos(x), φ (x) := y (x) y 3 (x) = e 3x sin(x) + 4e 3x cos(x), x R,

3 Lösungen der homogenen Differentialgleichung sein. Also sind auch und damit auch y (x) + αy (x) + βy(x) = ( ) φ 1 (x) φ (x) = 5e 3x cos(x), 4φ (x) 3φ (x) = 5e 3x sin(x), x R, ψ 1 (x) := e 3x cos(x), ψ (x) := e 3x sin(x), x R, Lösungen von ( ). Da ψ 1, ψ linear unabhängig sind, bilden sie ein Fundmentalsystem von ( ). Dies ist der Fall, wenn das charakteristische Polynom von ( ) die Gestalt hat χ(λ) = ( λ (3 + i) ) (λ (3 i) ) = λ (3 i)λ (3 + i)λ + (3 i)(3 + i) = λ 3λ + iλ 3λ iλ + 9 4i = λ 6λ Mit y (x) 6y (x) + 13y(x) = g(x) ( ) ist dann y 3 Lösung von ( ) y 3(x) 6y 3(x) + 13y 3 (x) = g(x) x R e x 6( e x ) + 13e x = g(x) x R Damit lautet die Differentialgleichung e x = g(x) x R. y (x) 6y (x) + 13y(x) = e x, ( ) und durch Einsetzen überprüft man sofort, daß auch y 1 und y Lösungen von ( ) sind.

4 Differential- und Integralrechnung, Thema II 1. a) Die Funktion sin : R R ist differenzierbar mit Ableitung sin (x) = cos x, x R. Sei zunächst x > beliebig, aber fest gewählt. Der Mittelwertsatz, angewandt auf die differenzierbare Funktion sin [,x] liefert ein ξ ], x[ mit sin x sin = cos(ξ); x also gilt sin x = x cos ξ x, }{{}}{{} 1 und das war zu zeigen. Für x = ist sin =, also sin. Für x < betrachte man sin [x,] und hat dann sin x x wie oben, [oder man argumentiert mit Hilfe der Punktsymmetrie des Sinus so: Für x < ist sin x = sin( x) = sin ( x) s.o. x = x. ] }{{} > b) Für n N ist wegen a) und der Dreicksungleichung sin(x n + y n ) a) x n + y n x n + y n für alle n N. ( ) Da die Reihen x n und y n nach Voraussetzung absolut konvergent sind, ist auch die Reihe ( x n + y n ) konvergent. Nach dem Majorantenkriterium ist dann mit ( ) auch absolut konvergent. sin(x n + y n ). Es ist x + 6x 16 = (x ) (x + 8), und keine der beiden Nullstellen des Nenners liegt im Integrationsintervall [, 1], die Funktion f : [, 1] R, f(x) = x + 1x x + 6x 16, ist also definiert und stetig, und damit integrierbar. Polynomdivision liefert (x + 1x ) : (x + 6x 16) = + und für eine Partialbruchzerlegung machen wir den Ansatz 1 x + 6x 16 = 1 (x )(x + 8) = a x + 1 x + 6x 16, b a(x + 8) + b(x ) = = x + 8 (x )(x + 8) (a + b)x + (8a b), (x )(x + 8) woraus sich durch Koeffizientenvergleich a + b = 8a b = 1, also a = 1 b = 1 ergibt. Es ist also 1 1 ( f(x)dx = + 1 x 1 ) dx x + 8 [ ] 1 = x + ln x ln x + 8 = ( + ln 1 ln 9) ( + ln ln 8) = ln 3 ln + 3 ln = (ln 3 ln ) = ln ( 3 )

5 3. a) Durch viermalige Anwendung des Satzes von de l Hospital ergibt sich cos r r lim r r 4 = l H = l H lim sin r r r lim cos r r 4 4r 3 = l H = 1 1, lim cos r r 1r = l H lim sin r r 4r wobei aufgrund der Stetigkeit von sin und cos jedesmal die Situation vorliegt, und erst die Existenz des letzten Limes die Existenz der vorherigen sowie die Gleichheitszeichen begründet. b) Wir bestimmen die partielle Ableitung von f nach der ersten Variablen (also nach x) im Punkt (, ). Es ist f(x, ) f(, ) lim x x = lim x 1 cos(x + ) (x + ) 1 x = lim x ( cos(x ) x 4 x 8 ( ) = lim x cos(x ) x 4 x 8 cos(x ) x 4 = lim x x 5 ) x3 x 3 lim x = 1 1 =. Dabei ist die Aufspaltung des Limes in ( ) gerechtfertigt, da beide Limites existieren, der erste ist 1 1 nach a), und der zweite ist offensichtlich. Damit ist auch 1 f(, ) = lim x f(x, ) f(, ) x =, f ist also in (, ) in x Richtung partiell differenzierbar. Ganz genauso zeigt man, daß f in (, ) auch in y Richtung partiell differenzierbar ist mit ebenfalls f(, y) f(, ) f(, ) = lim =. y y 4. Die Funktion f ist zwar stetig, aber der Definitionsbereich D = R ist nicht kompakt (weil nicht beschränkt), also ist der Satz von Weierstraß nicht anwendbar, und wir können nicht davon ausgehen, daß globale Extrema von f überhaupt existieren. Um dies nachzuweisen und diese zu bestimmen, zerlegen wir den Definitionsbereich D = R in Kurven (hier: Geraden, parallel zur Winkelhalbierenden des. und 4. Quadranten) X c := {(x, y) R x + y = c}, für c R und betrachten f auf X c. Es ist für (x, y) X c >, für c > f(x, y) =, für c = <, für c <, also liegt eine globale Maximalstelle von f (falls überhaupt vorhanden) auf X c mit c >, und eine globale Minimalstelle von f (falls überhaupt vorhanden) auf X c mit c <. Wir untersuchen f zuerst auf globale Maxima, indem wir zeigen, daß f auf jeder Kurve X c für c > ein Maximum besitzt, und dann das Supremum (Maximum) der Kurvenmaxima bestimmen. Sei also c >. Wir parametrisieren X c für c > durch φ : R R, φ(t) = (t, c t).

6 Die Funktionswerte von f auf X c sind gegeben durch h(t) = f(φ(t)) = f(t, c t) = c e (t +(c t) ) = c e t +ct c, t R. Die Funktion h ist differenzierbar mit und h (t) = c e t +ct c ( 4t + c) = t = c, >, für t < c h = h ist streng mon. wachsend auf ], c ] (t) =, für t = c. <, für t > c = h ist streng mon. fallend auf [ c, [ Damit hat h das globale Maximum in t = c, und folglich f X c das globale Maximum in φ( c ) = ( c, c ) mit Wert ( c f ), c = c e c. Wir betrachten nun die Funktion M :], ] R, M(c) = c e c. Diese Funktion beschreibt das Maximum von f auf X c, c >. M ist differenzierbar mit und M (c) = e c + ce c ( c) = e c (1 c ) = c> c = 1 >, für c ], 1[ = M ist streng mon. wachsend auf ], 1] M (c) =, für c = 1 <, für c ]1, [ = M ist streng mon. fallend auf [1, [. Damit hat M das globale Maximum in c = 1, mit Wert M(1) = e 1. Folglich hat f ein globales Maximum, und zwar e 1, angenommen im Punkt φ( 1 ) = ( 1, 1 ). Ganz analog zeigt man durch Betrachtung von f auf X c für c <, daß f in ( 1, 1 ) das globale Minimum e 1 besitzt. [... oder man argumentiert mit Hilfe der Symmetrie von f so: Für (x, y) R ist f( x, y) = ( x y)e (( x) +( y) ) = (x + y)e (x +y ) = f(x, y). Nach dem eben gezeigten gilt für alle (x, y) R, daß f( x, y) f( 1, 1 ), also f(x, y) f(1, 1 ), und damit ( 1 f(x, y) f, 1 ( = f ) 1 ), 1. Damit ist f( 1, 1 ) = e 1 das globale Minimum von f.] 5. a) Wir betrachten die homogene lineare DGL. Ordnung mit konstanten Koeffizienten Das charakteristische Polynom von ( ) y (x) + y(x) =, ( ) χ(λ) = λ + 1 = (λ i) (λ + i) hat die beiden einfachen, konjugiert komplexen Nullstellen λ 1 = i = + 1i und λ = 1i. Ein Fundamentalsystem von ( ) besteht damit aus den linear unabhängigen Funktionen x e x cos(1x) = cos x, x e x sin(1x) = sin x, x R. Die allgemeine Lösung von ( ) ist damit φ c1,c (x) = c 1 cos x + c sin x, x R, mit c 1, c R.

7 b) Wir müssen nun zuerst eine partikuläre Lösung der inhomogenen linearen DGL. Ordnung mit konstanten Koeffizienten y (x) + y(x) = x + cos x, bestimmen und betrachten dazu die beiden inhomogenen linearen DGL y (x) + y(x) = x, ( 1 ) y (x) + y(x) = cos x, ( ) Partikuläre Lösung von ( 1 ): Hier sieht man sofort durch Erraten, daß φ 1 (x) = x, x R, eine Lösung von ( 1 ) ist, denn für φ 1 (x) = x ist φ 1 (x) = 1, φ 1 (x) =, also ist φ 1(x) + φ 1 (x) = + x = x für alle x R, und damit ist φ 1 eine Lösung von ( 1 ). Partikuläre Lösung von ( ): Die rechte Seite von ( ) ist von der Form b(x) = cos(x) = p(x) e a x cos(kx) mit dem Polynom p(x) = 1 vom Grad m =, a = und k = 1. Da a + ki = + 1i = i eine einfache Nullstelle von χ(λ) ist, ist also die Vielfachheit α = 1. Für die partikuläre Lösung φ von ( ) wählen wir also den Ansatz φ (x) = q 1 (x) e ax cos(kx) + q (x) e ax sin(kx) = (r 1 x + s 1 ) cos x + (r x + s ) sin x mit Polynomen q 1 (x) = r 1 x + s 1 und q (x) = r x + s jeweils vom Grade m + α = + 1 = 1. Nachdem x s 1 cos x und x s sin x die homogene Gleichung ( ) lösen, können wir s 1 = s = wählen, machen also jetzt den modifizierten Ansatz Es ist also dann Damit ist φ (x) = r 1 x cos x + r x sin x. φ (x) = r 1 cos x r 1 x sin x + r sin x + r x cos x φ (x) = r 1 sin x r 1 x cos x + r cos x r x sin x, jeweils x R. φ Lösung von ( ) φ 1(x) + φ 1 (x) = cos x x R r 1 sin x r 1 x cos x + r cos x r x sin x + r 1 x cos x + r x sin x = cos x x R Also ist r 1 sin x + (r 1) cos x = x R r 1 = r = 1. eine partikuläre Lösung von ( ). φ (x) = 1 x sin x, x R, Partikuläre Lösung von ( ): Nun ist φ p (x) = φ 1 (x) + φ (x) = x + 1 x sin x, x R, eine partikuläre Lösung von ( ). Allgemeine Lösung von ( ): Die allgemeine Lösung von ( ) ist damit φ(x) = c 1 cos x + c sin x + x + 1 x sin x, x R, mit c 1, c R. ( )

8 Differential- und Integralrechnung, Thema III 1. a) Wir betrachten die Funktion g : [, [ R, g(x) = f(x) x = e x x. Weil für x [, [ gilt f(x) = x g(x) = ist zu zeigen, daß g genau eine Nullstelle besitzt. Nun ist g stetig mit g() = 1 > und g() = e <, also liefert der Zwischenwertsatz, angewandt auf die stetige Funktion g [,], ein x ], [ mit g( x) =. Also hat g mindestens eine Nullstelle. g ist auch differenzierbar mit g (x) = e x 1 < für alle x ], [, also ist g streng monoton fallend auf [, [. Damit hat g höchstens eine Nullstelle. Also hat g genau eine Nullstelle. b) Wir zeigen: i) Die Folge (x n ) n N ist streng monoton wachsend, es gilt also x n < x n+1 für alle n N. ii) Die Folge (x n ) n N istbeschränkt, genauer: es ist x n für alle n N. Aus i) und ii) folgt nach dem Hauptsatz über monotone Folgen, daß (x n ) n N gegen ein a R konvergiert, und wegen x n [, ] für alle n N, gilt auch a [, ]. Wir haben also woraus gemäß a) sofort a = x folgt. a = lim x n = lim x n+1 = lim f(x n) f stetig = f(a), n n n Beweis von i) durch vollständige Induktion: Induktionsanfang: n = 1. Es ist x 1 = und x = f(x 1 ) = f() = e = 1 = 1, also ist x 1 = < 1 = x. Induktionsschluß n n + 1: Sei n 1 und gelte x n < x n+1 ; zu zeigen ist, daß dann auch x n+1 < x n+ gilt. Es ist f differenzierbar mit f (x) = e x > für alle x R, also ist f streng monoton wachsend. Damit gilt x n < x n+1 = f(x n ) < f(x n+1 ) = x n+1 < x n+. Beweis von ii) durch vollständige Induktion: Induktionsanfang: n = 1. Es ist x 1 = [, ]. Induktionsschluß n n + 1: Sei n 1 und gelte x n [, ]; zu zeigen ist, daß dann auch x n+1 [, ] gilt. Wegen x n [, ] ist 1 = e e x n >, also ist x n+1 = f(x n ) = e x n }{{} [, ]. ],1]. Wegen = können wir die Summation auch bei n = beginnen lassen, es ist also n x n = n x n. Die Potenzreihe n x n hat Entwicklungspunkt a = und Konvergenzradius ρ = 1, denn es ist (n + 1) lim n n = lim n ( n + 1 n ) ( = lim = 1 n n) = 1,

9 also ist ρ = 1 1 = 1. Damit ist die Funktion f : ] 1, 1[ R, f(x) = n x n, definiert. Um nun die Stammfunktion von f besser identifizieren zu können, schreiben wir Damit ist für x < 1 n = (n + )(n + 1) 3n = (n + )(n + 1) 3(n + 1) + 1. f(x) = n x n = (n + )(n + 1) x n 3 (n + 1) x n + } {{ } =:g 1 (x) = g 1 (x) 3g (x) + g 3 (x). } {{ } =:g (x) x n }{{} =:g 3 (x) Die Aufspaltung in drei Potenzreihen ist erlaubt, da alle drei Reihen für x < 1 konvergieren, wie man sich sofort überlegt. Zu g 3 (x): Aufgrund der Summenformel für die geometrische Reihe ist g 3 (x) = x n = 1, x < 1. 1 x Zu g (x): Nach dem Hauptsatz über konvergente Potenzreihen ist G (x) = 1 (n + 1) n + 1 xn+1 = x n+1 = x x n = eine Stammfunktion von g. Also ist gemäß der Quotientenregel g (x) = G (x) = 1(1 x) + x (1 x) = 1, x < 1. (1 x) Zu g 1 (x): Nach dem Hauptsatz über konvergente Potenzreihen ist G 1 (x) = 1 (n + )(n + 1) n + 1 xn+1 = x, x < 1, 1 x (n + )x n+1, x < 1, eine Stammfunktion von g 1, und (eine nochmalige Anwendung der Hauptsatzes auf die durch G 1 (x) gegebene Potenzreihe) H 1 (x) = 1 (n + ) n + xn+ = x n+ = x eine Stammfunktion von G 1. Also ist für x < 1 und nach der Quotientenregel ist und H (x) = g 1 (x) = G 1(x) = H 1 (x), x(1 x) + x (1 x) = x n = x x, x < 1, (1 x) x, x < 1, 1 x H (x) = ( x)(1 x) + (x x )(1 x) (1 x) 4 = ( x)(1 x) + (x x ) (1 x) 3 =, x < 1, (1 x) 3

10 also Damit ist insgesamt für x < 1 g 1 (x) =, x < 1. (1 x) 3 n x n = f(x) = g 1 (x) 3g (x) + g 3 (x) = 3. a) Die Funktion ist differenzierbar mit = 3(1 x) + (1 x) (1 x) 3 = = x + x x(x + 1) = (1 x) 3 (1 x) 3. f : R R, f(x) = xex e x + 1, (1 x) 3 3 (1 x) x 3 + 3x + 1 x + x (1 x) 3 f (x) = (ex + xe x )(e x + 1) xe x e x (e x + 1) = ex e x + xe x e x + e x + xe x xe x e x (e x + 1) = ex (e x + x + 1) (e x + 1), x R. Wir betrachten nun die Funktion so daß also f (x) = g : R R, g(x) = e x + x + 1, ex g(x). Die Funktion g ist differenzierbar mit (e x +1) g (x) = e x + 1 >, x R. Also ist g streng monoton wachsend, und es gilt g( ) = e + 1 = e 1 <, und g( 1) = e = e 1 >. Nach dem Zwischenwertsatz (Nullstellensatz), angewandt auf die stetige Funktion g [, 1] gibt es ein x ], 1[ mit g( x) =, und es ist (aufgrund der strengen Monotonie von g) >, für x > x g(x) =, für x = x <, für x < x. Damit ist f e x >, für x > x = f ist streng mon. wachsend auf ], x] (x) = (e x + 1) }{{ g(x) =, für x = x } <, für x < x = f ist streng mon. fallend auf [ x, [ >. Also hat f eine eindeutige globale Minimalstelle in x ], 1[. b) Nach a) ist f(x) f( x) für alle x R, wobei x ], 1[, so daß es zu zeigen reicht: f(x) > 1 für alle x ], 1[.

11 Sei also x ], 1[. Dann ist f(x) = xex e x + 1 > 1 xex > (e x + 1) xe x + e x + 1 > e x (x + 1) > 1. Nun ist (wegen x < 1 < ) e x < 1, also e x > 1, und aus x > folgt, daß x + 1 > 1. Zusammen also e x (x + 1) ex > > e x ( 1) = e x > Zu maximieren ist unter der Nebenbedingung πr h für r, h (aus Problemstellung!) ( ) πr + πrh = 1. (+) Die Nebenbedingung (+) schränkt r auf das Intervall I :=], 1 π ] ein! Wir lösen nun (+) nach h auf, setzen in ( ) ein, und erhalten so eine Funktion einer Variabler: Es ist mit r I Wir maximieren also nun die Funktion V ist differenzierbar mit (+) πrh = 1 πr h = 1 πr πr V (r) := πr ( 1 πr r ) = 1 r πr3, r I. V (r) = 1 3πr = r = 1 = 1 πr r. r r = 1 I (!) und >, für r ], 1 1 [ = f ist streng mon. wachsend auf ], V (r) =, für r = 1 1 <, für r ] 1, [ = f ist streng mon. fallend auf [, [ ]. Damit wird der Ausdruck in ( ) maximal für 5. Die Differentialgleichung r = 1 und h = π 1 >. y (x) y (x) + y(x) = e 3x + x ( ) ist eine inhomogene lineare Differentialgleichung. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Wir betrachten dazu die homogene lineare Differentialgleichung. Ordnung y (x) y (x) + y(x) =, ( ) sowie die beiden inhomogenen linearen Differentialgleichungen y (x) y (x) + y(x) = e 3x, ( 1 ) y (x) y (x) + y(x) = x, ( )

12 Allgemeine Lösung von ( ): Das charakteristische Polynom von ( ) χ(λ) = λ λ + 1 = (λ 1) hat die Nullstelle λ 1 = λ = 1 (reell, doppelt). Ein Fundamentalsystem von ( ) besteht damit aus den linear unabhängigen Funktionen Die allgemeine Lösung von ( ) ist damit x e x, x xe x, x R. φ c1,c (x) = c 1 e x + c xe x, x R, mit c 1, c R. Partikuläre Lösung von ( 1 ): Die rechte Seite von ( 1 ) ist von der Form b(x) = e 3x = p(x) e a x mit dem Polynom p(x) = 1 vom Grad m = und a = 3; da a = 3 keine Nullstelle von χ(λ) ist, ist also ist die Vielfachheit α =. Für die partikuläre Lösung φ 1 von ( 1 ) wählen wir also den Ansatz φ 1 (x) = q 1 (x) e ax = r e 3x mit dem Polynom q 1 (x) = r vom Grad m + α = + =. Es ist also dann Damit ist φ 1 (x) = re 3x φ 1(x) = 3re 3x φ 1(x) = 9re 3x, jeweils x R. φ 1 Lösung von ( 1 ) φ 1(x) φ 1(x) + φ 1 (x) = e 3x x R 9re 3x (3re 3x ) + re 3x = e 3x x R (4r 1)e 3x = x R r = 1 4. Also ist φ 1 (x) = 1 4 e3x, x R, eine partikuläre Lösung von ( 1 ). Partikuläre Lösung von ( ): Die rechte Seite von ( ) ist von der Form b(x) = x = p(x) e a x mit dem Polynom p(x) = x vom Grad m = 1 und a = ; da a = keine Nullstelle von χ(λ) ist, ist also die Vielfachheit α =. Für die partikuläre Lösung φ von ( ) wählen wir also den Ansatz φ (x) = q (x) e ax = (rx + s) e x = rx + s mit dem Polynom q (x) = rx + s vom Grad m + α = 1 + = 1. Es ist also dann φ (x) = rx + s φ (x) = r φ (x) =, jeweils x R.

13 Damit ist Damit ist dann eine partikuläre Lösung von ( ) φ Lösung von ( ) φ (x) φ (x) + φ (x) = x x R r + (rx + s) = x x R (r 1)x + (s r) = x R r 1 = s r = r = 1 s =. φ (x) = x + x R. Partikuläre Lösung von ( ): Nun ist dann φ p (x) = φ 1 (x) + φ (x) = 1 4 e3x + x +, x R, eine partikuläre Lösung von ( ). Allgemeine Lösung von ( ): Die allgemeine Lösung von ( ) ist damit φ(x) = c 1 e x + c xe x e3x + x +, x R, mit c 1, c R.