Hallo Michi,
ich kann aus Deiner Rechnung nicht nachvollziehen wie Du zu der partikulären Lösung kommst. Ich kann Dir also auch nicht sagen, wo Dein Fehler ist.
Wenn ich statt dessen die ersten fünf Glieder der Folge ausführlich aufschreibe, ...$$\begin{aligned} T_2(1) &&&=1\\ T_2(2) &= 2(T_2(1) + 2) &&= 6\\ T_2(3) &= 2(2(T_2(1) + 2) + 3) &&= 18\\ T_2(4) &= 2(2(2(T_2(1) + 2) + 3) + 4) &&= 44\\ T_2(5) &= 2(2(2(2(T_2(1) + 2) + 3) + 4) + 5) &&= 98\\ &= 2(2(2(2T_2(1) + 2\cdot 2 + 3) + 4) + 5) \\ &= 2(2(2^2T_2(1) + 2^2\cdot 2 + 2\cdot3 + 4) + 5) \\ &= 2(2^3T_2(1) + 2^3\cdot 2 + 2^2\cdot3 + 2\cdot4 + 5) \\ &= 2^4T_2(1) + 2^4\cdot 2 + 2^3\cdot3 + 2^2\cdot4 + 2\cdot 5 \\ &= 2^4(T_2(1) + 2^0\cdot 2 + 2^{-1}\cdot3 + 2^{-2}\cdot4 + 2^{-3}\cdot 5) \\ T_2(n) &= 2^{n-1}\left( 1 + \sum\limits_{k=2}^{n}\frac{k}{2^{k-2}}\right) \end{aligned}$$... dann sieht man die Struktur der expliziten Formel auch so.
Nachtrag: mit homogener Lösung und einer Variation der Konstanten, könnte das so aussehen. Wir haben die homogene Lösung$$T_2(n)_h = C \cdot 2^n $$Jetzt suche ich einen Ansatz um \(C\) von \(n\) abhängig zu machen; variiere also die Konstante \(C\). Vermutung: es ist eine - zunächst beliebige - Summenfunktion der Art$$C(n) = C_0 + \sum_{k=1}^nc_k$$es spielt auch keine Rolle, ob \(k\) bei \(1\) oder \(2\) beginnt, da sich das wiederum über das \(C_0\) ausgleichen lässt. Damit ist \(T_2(n) = C(n) \cdot 2^n\). Jetzt in die Rekursionsformel einsetzen$$\begin{aligned} T_2(n) &=2T_2(n-1)+2n \\ C(n) \cdot 2^n &=2C(n-1) \cdot 2^{n-1}+2n \\ C(n) \cdot 2^n &= C(n-1) \cdot 2^{n}+2n\\ (C(n-1) + c_n)\cdot 2^n &= C(n-1) \cdot 2^{n}+2n\\ c_n\cdot 2^n &= 2n\\ c_n &= \frac{2n}{2^n} = \frac{n}{2^{n-1}} \end{aligned}$$so kommen wir zu$$T_2(n) = \left(C_0 + \sum\limits_{k=1}^n \frac{k}{2^{k-1}}\right) \cdot 2^n$$und um \(C_0\) zu berechnen, setzt man es bei \(T_2(1)=1\) ein$$\begin{aligned} T_2(1) &= 1 \\ \left(C_0 + \sum\limits_{k=1}^{1} \frac{k}{2^{k-1}}\right)2^1 &= 1 \\ C_0 &= \frac 12 - \frac{1}{2^{1-1}} = -\frac12\end{aligned}$$Einsetzen und etwas umformen$$\begin{aligned}T_2(n) &= \left(-\frac 12 + \sum\limits_{k=1}^n \frac{k}{2^{k-1}}\right) \cdot 2^n\\ &= \left(-\frac 12 + 1+ \sum\limits_{k=2}^n \frac{k}{2^{k-1}}\right) \cdot 2^n \\ &= \left(\frac 12 + \sum\limits_{k=2}^n \frac{k}{2^{k-1}}\right) \cdot 2^n\\ &= \left(1 + \sum\limits_{k=2}^n \frac{k}{2^{k-2}}\right) \cdot 2^{n-1}\end{aligned}$$und voila; wir sind wieder da, wo wir hin wollten. Jetzt noch fix mit vollständiger Induktion beweisen, dass das auch stimmt ;-)
2.Nachtrag: Tipp: nichts behindert die Sicht auf eine gute und einfache Lösung so sehr wie eine bereits vorhandene zweitklassige Lösung. So auch hier:
Neuer Ansatz: es gibt eine homogene Lösung \(T_2(n)_h\) und eine partikuläre Lösung \(T_2(n)_p\) derart, dass $$\begin{aligned} T_2(n)_h - 2 T_2(n-1)_h &= 0 \\ T_2(n)_p - 2 T_2(n-1)_p &= 2n\end{aligned}$$ \(T_2(n) = C \cdot 2^n\) ist klar. Und für die partikuläre Lösung nehme ich einen Ansatz, der den gleichen Typ hat wie das 'Störglied' auf der rechten Seite. Und das ist eine lineare Gleichung mit der freien Variablen \(n\). Folglich ist der allgemeine Ansatz$$T_2(n)_p= a_1 n + a_0$$und das setzt man in die Rekursionsgleichung ein:$$\begin{aligned} T_2(n)_p - 2 T_2(n-1)_p &= 2n \\ a_1 n + a_0 - 2(a_1 (n-1) + a_0) &= 2n \\a_1n +a_0 -2a_1n + 2a_1 - 2a_0 &= 2n \\ (\underbrace{-a_1 -2}_{=0})n + \underbrace{2a_1 - a_0}_{=0} &= 0\end{aligned}$$damit diese Gleichung für beliebige \(n\) erfüllt ist, müssen die Koeffizienten gleich 0 sein. Daraus folgt \(a_1=-2\) und \(a_0=-4\). Also$$\begin{aligned} T_2(n)_p &= -2n - 4\\ T_2(n) &= T_2(n)_h + T_2(n)_p\\ &= C \cdot 2^n -2n - 4\end{aligned}$$Und \(C\) folgt aus \(T_2(1)=1\)$$T_2(1) = C \cdot 2^1 - 2\cdot 1 - 4 = 1 \\ \implies C = \frac 72$$Einsetzen von \(C\) gibt dann die finale explizite Form$$\begin{aligned} T_2(n) &= \frac 72 \cdot 2^n -2n - 4 \\ &= 7 \cdot 2^{n-1} - 2n -4\end{aligned}$$Gruß Werner
