• Bestimme die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda) \mathrm{det} (A-\lambda E)$.
• Bestimme ein Fundamentalsystem mit $\D \vec{y}_j = e^{\lambda t} \left( \vec{v}_j + t B \vec{v}_j \right)$ mit $j = 1, 2$ und $B= A - \lambda E$
• Die partikuläre Lösung wird durch Variation der Konstanten ermittelt.

Es ist $p(\lambda)=(\lambda-2)^2$, also $\lambda_1=\lambda_2=2$. Für $B:=A-2E=\Mc{2}{0&2\\0&0}$ gilt $B^2=0$.

Ein Fundamentalsystem ist daher

$\vec{y}_1(t)=e^{2t}\V{1\\0}\quad\text{und}\quad \vec{y}_2(t)=e^{2t} \left[ \V{0\\1}+t\V{2\\0} \right]=e^{2t}\V{2t\\1}. $

Der Vorfaktor des Exponenten in der zweiten Komponente der Inhomogenität ist $\mu=2$.
Da dies Eigenwert der Matrix ist, kann man keinen einfachen Ansatz machen.
Eine partikuläre Lösung wird daher durch Variation der Konstanten ermittelt.


$\D Y(t)=\Mc{2}{e^{2t}& 2te^{2t}\\0&e^{2t}}, \quad Y^{-1}(t)=\Mc{2}{e^{-2t}& -2te^{-2t}\\0&e^{-2t}}.$

$\D Y^{-1}(t)\V{1\\e^{2t}}=\V{e^{-2t}-2t\\1}, \quad\vec{c}(t)=\int Y^{-1}(t)\V{1\\e^{2t}}\, dt= \V{-\frac{1}{2}e^{-2t}-t^2\\t}$

$\D \vec{y}_p(t)=Y(t)\vec{c}(t)=\Mc{2}{e^{2t}& 2te^{2t}\\0&e^{2t}}\V{-\frac{1}{2}e^{-2t}-t^2\\t}=\V{-\frac{1}{2}-t^2e^{2t}+2t^2e^{2t}\\te^{2t}}=\V{ -\frac{1}{2}+t^2 e^{2t}\\te^{2t}}$

Die allgemeine Lösung ist daher:

$\D \vec{y}(t)=C_1 e^{2t}\V{1\\0}+ C_2 e^{2t}\V{2t\\1}+ \V{ -\frac{1}{2}+t^2 e^{2t}\\te^{2t}}.$

Lösung des AWP $y(0)=\V{0\\0}$:

$\D C_1\V{1\\0}+C_2 \V{0\\1}+\V{-\frac{1}{2}\\0}\stackrel{!}{=}\V{0\\0}\quad\RA\quad C_1=\frac{1}{2}, C_2=0.$

Die Lösung ist also

$\D \vec{y}(t)= e^{2t}\V{\frac{1}{2}\\0}+ \V{ -\frac{1}{2}+t^2 e^{2t}\\te^{2t}}.$



• Bestimme anhand jeweiligen Eigenwerte ein Fundamentalsystem.
• Es gilt: Ist $\lambda$ Eigenwert von $A$ und $\vec{v}$ Eigenvektor zu $\lambda$, so ist $\vec{y} = e^{\lambda x} \vec{y}$ eine Lösung.

Aufgabenteil 1:

$\fbox{$\alpha=1$}$

Die Matrix $A=\Mc{3}{1&1&-3\\0&2&4\\0&0&3}$ hat offensichtlich die Eigenwerte $\lambda_1=1$, $\lambda_2=2$ und $\lambda_3=3$.

$\lambda=1$: $A-E=\Mc{3}{0&1&-3\\0&1&4\\0&0&2}$, Lösung $x_1(t)=e^t\V{1\\0\\0}$.

$\lambda=2$: $A-2E=\Mc{3}{-1&1&-3\\0&0&4\\0&0&1}$, Lösung $x_2(t)=e^{2t}\V{1\\1\\0}$.

$\lambda=3$: $A-3E=\Mc{3}{-2&1&-3\\0&-1&4\\0&0&0}$, Lösung $x_3(t)=e^{3t}\V{1\\8\\2}$.

$\fbox{$\alpha=2$}$

Die Matrix $A=\Mc{3}{2&1&-3\\0&2&4\\0&0&3}$ hat offensichtlich die Eigenwerte $\lambda_1=\lambda_2=2$ und $\lambda_3=3$.

Da der Rang von $A-2E=\Mc{3}{0&1&-3\\0&0&4\\0&0&1}$ gleich zwei ist, gibt es keine Basis von Eigenvektoren.

Berechnung von $(A-2E)^2:$

$(A-2E)^2 = \Mc{3}{0&1&-3\\0&0&4\\0&0&1} \cdot \Mc{3}{0&1&-3\\0&0&4\\0&0&1} = \Mc{3}{0&0&1\\0&0&4\\0&0&1}$



Mit der Basis ${e}_1$ und ${e}_2$ des Kerns von $(A-2E)^2$ bekommt man die Lösungen

$x_1(t)=e^{2t}\left[ \V{1\\0\\0}+t\V{0\\0\\0} \right]=e^{2t}\V{1\\0\\0}$

$x_2(t)=e^{2t}\left[ \V{0\\1\\0}+t\V{1\\0\\0} \right]=e^{2t}\V{t\\1\\0}$

Für $\lambda_3=3$ bildet man $A-3E=\Mc{3}{-1&1&-3\\0&-1&4\\0&0&0}$, wählt die letzte Komponente des Eigenvektors gleich eins und bekommt die Lösung $x_3(t)=e^{3t}\V{1\\4\\1}$.

Aufgabenteil 2:

Da die Inhomogenität $b$ konstant ist und Null kein Eigenwert der Matrix ist, erhält man eine Lösung mit dem Ansatz $x_p=c$, $c$ konstanter Vektor. Aus $\dot c=0=Ac+b$ erhält man also $Ac=-b$. Berechnung von $c$:

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

Damit ist $x_p=\V{-4\\2\\-1}$ partikuläre Lösung, und alle Lösungen sind gegeben durch

$x(t)= C_1 e^t\V{1\\0\\0}+C_2 e^{2t}\V{1\\1\\0}+C_3 e^{3t}\V{1\\8\\2}+\V{-4\\2\\-1}.$



• Bestimme das charakteristische Polynom $P(\lambda) = \mathrm{det} (A-\lambda E)$ und dessen Nullstellen.
• Bestimme die homogenen Lösungen von $Y'$.
• Wähle einen geeigneten Ansatz, um die partikuläre Lösung $\vec{y}_p$ zu bestimmen.

Das charakteristische Polynom lautet

$P(\lambda) = \lambda^2 - 4 \lambda + 3 = (\lambda -1)(\lambda-3)$ mit den Nullstellen : $\lambda_1 = 1 \vee \lambda_2 = 3$

Die dazugehörigen Eigenvektoren $\vec{v}_1,\,\vec{v}_2$ lauten:

$\vec{v}_1 = \V{2 \\ 1}$ und $\vec{v}_2 = \V{1 \\ 1}$


Hieraus ergeben sich die homogenen Lösungen:

$\vec{y}_1 = e^x \V{2 \\ 1}$ und $\vec{y}_2 = e^{3x} \V{1 \\ 1}$



Zur Bestimmung des partikulären Lösungen wird folgender Ansatz gewählt: $\vec{y}_p = e^{-x} \vec{c}$

Mit dem Einsetzen in die Differentialgleichung $Y'$ folgt:

$\begin{align} -e^{-x} \vec{c} &= A \vec{c} e^{-x} + e^{-x} \V{4 \\ 4} \\ \LR (A+E) \vec{c} &= \V{-4 \\ -4} \\ \LR \V{0 & 4 \\ -2 & 6} \vec{c} &= \V{-4 \\ -4} \\ \RA \vec{c} &= \V{-1 \\ -1} \qquad \RA \vec{y}_p = e^{-x} \V{-1 \\ -1} \\ \end{align}$

Somit lautet die allgemeine Lösung:

$\vec{y} = c_1\,e^{x} \V{2 \\ 1} + c_2\,e^{3x} \V{1 \\ 1} + e^{-x} \V{-1 \\ -1}$



Mit der Anfangsbedingung $Y(0) = \V{0 \\ 1}$ werden nun $c_1$ und $c_2$ bestimmt:

$Y(0) = c_1 \V{2 \\ 1} + c_2 \V{1 \\ 1} + \V{-1 \\ -1} \overset{!}{=} \V{0 \\ 1}$

Unter Anwendung des Gauß-Algorithmus folgt:

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

$\RA c_1=-1,\,c_2=3$

Die Lösung lautet hiermit:

$Y = - e^{x} \V{2 \\ 1} + 3 e^{3x} \V{1 \\ 1} + e^{-x} \V{-1 \\ -1}$



• Bestimme die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda) = \mathrm{det} (A-\lambda E)$.
• Ist $\lambda$ k-fache Nullstelle, gehören zu ihm auch k linear unabhängige Lösungen.

Das charakteristische Polynom lautet: $P(\lambda) = (2-\lambda)^3$

$\lambda = 2$ ist also dreifacher Eigenwert ($k=3$) der $3 \times 3$ ($n=3$) Matrix $A = \V{2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 2}$

Bilde die Matrix $B$ mit $B=A-\lambda I = A-2I = \V{0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0}$, wobei $I$ die Einheitsmatrix ist.

Nun werden solange Potenzen von $B$ gebildet, bis der Rang von $B^{k_0}$ $n-k$ ist (also: $3-3 = 0$).
Anschließend wird eine Basis des Kerns von $B^{k_0}$ ermittelt.

$(A-2I)^2 = \V{0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0}$, $(A-2I)^3 = \V{0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0}$


Eine Basis $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \vec{v}_3$ des Kerns von $(A-2I)^3$ lautet: $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$.

Die Lösungen lauten allgemein:

$\D \vec{\rho}_j = e^{\lambda t} \left( \vec{v}_j + x B \vec{v}_j + \frac{x^2}{2} B^2 \vec{v}_j \right)$ mit $j = 1, 2, 3$

Im Folgenden wurde $\vec{\rho}_j$ für $j=1$ explizit ausgeschrieben:

$\D \vec{\rho_1}(t) = e^{2t} \left[ \V{1 \\ 0 \\ 0} + t \V{0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0} \V{1 \\ 0 \\ 0} + \frac{t^2}{2} \V{0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0} \V{1 \\ 0 \\ 0} \right)$

Die Ergebnisse lauten:

$\D \vec{\rho}_1(t) = e^{2t} \left[ \V{1 \\ 0 \\ 0} + t \V{0 \\ 1 \\ 1} + \frac{t^2}{2} \V{0 \\ 0 \\ 1} \right]$

$\D \vec{\rho}_2(t) = e^{2t} \left[ \V{0 \\ 1 \\ 0} + t \V{0 \\ 0 \\ 1}\right]$

$\D \vec{\rho}_3(t) = e^{2t} \left[ \V{0 \\ 0 \\ 1} \right]$



• Bestimme die Nullstellen des charakteristischen Polynoms $P(\lambda) = \mathrm{det} (A-\lambda E)$.
• Ist $\lambda$ k-fache Nullstelle, gehören zu ihm auch k linear unabhängige Lösungen.

Wir definieren die Matrix $A = \V{4 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 4}$.

Das charakteristische Polynom lautet: $P(\lambda) = \mathrm{det}(A-\lambda E) = (4-\lambda)^4$

Somit ist $\lambda = 4$ vierfacher ($k=4$) Eigenwert der Matrix $A$.

Die Lösung lautet allgemein: $Y = e^{A\,t} = e^{4E+N} = e^{4E\,t} \cdot e^{N\,t}$

Es gilt: $e^{4E\,t} = e^{4t}\,E$ mit $E:=$ Einheitsmatrix

Es werden nun solange Potenzen der $4 \times 4$ ($n=4$) Matrix $N = A-4E$ gebildet, bis der Rang $\mathrm{rg}\,N = n-k = 0$ ist.

$N = \V{0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0}$, $N^2 = \V{0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}$, $N^3 = \V{0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}$, $N^4 = 0$

Damit folgt:

$\D e^{N\,t} = E + t\cdot N + \frac{t^2}{2} \cdot N + \frac{t^3}{3!} \cdot N^3 = \D \V{1 & t & \frac{t^2}{^2} & \frac{t^3}{6} \\ 0 & 1 & t & \frac{t^2}{2} \\ 0 & 0 & 1 & t \\ 0 & 0 & 0 & 1}$

Das Ergebnis $Y = e^{4E\, t} \cdot e^{N\,t}$ lautet somit:

$Y = \V{\vdots & \vdots&\vdots &\vdots & \\ \vec{y}_1 & \vec{y}_2 & \vec{y}_3 & \vec{y}_4 \\\vdots & \vdots & \vdots & \vdots} = \V{ e^{4t} & t e^{4t} & \frac{t^2}{2} e^{4t} & \frac{t^3}{6} e^{4t} \\ 0 & e^{4t} & t e^{4t} & \frac{t^2}{2} e^{4t} \\ 0 & 0 & e^{4t} & t e^{4t} \\ 0 & 0 & 0 & e^{4t}}$

Analog hätten die Lösungen $\vec{y}_j$ über

$\D \vec{y}_j = e^{\lambda t} \left( \vec{v}_j + t N \vec{v}_j + \frac{t^2}{2} N^2 \vec{v}_j + \frac{t^3}{3!} N^3 \vec{v}_j \right)$ mit $j = 1, 2, 3, 4$

bestimmt werden können. Wobei $\vec{v}_1, .., \vec{v}_4$ Basisvektoren des Kerns von $N^4$ sind.