b) Zur Bestimmung der Eigenwerte von Aberechnen wir das charakteristische Polynom von A det(A−λI3

(1)

UNIVERSIT ¨AT KARLSRUHE Institut f¨ur Analysis

HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. M. Uhl

Sommersemester 2009

Höhere Mathematik II für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie inklusive

Komplexe Analysis und Integraltransformationen Lösungsvorschläge zum 3. Übungsblatt Aufgabe 1

a) Mitx= (x1, x2, x3) k¨onnen wir die Quadrik-Gleichung 2x1x2−2x₁x3+2x2x3+2√

3x3+3 = 0 in der Form

x^TAx+ 2b^Tx+c= 0, wobei A:=





0 1 −1

1 0 1

−1 1 0



, b:=



 0

√0 3



, c:= 3, schreiben.

b) Zur Bestimmung der Eigenwerte von Aberechnen wir das charakteristische Polynom von A

det(A−λI₃) = det





−λ 1 −1

1 −λ 1

−1 1 −λ



=^h_Z₁→Z₁+λZ2

Z3→Z3+Z2

i det





0 1−λ² λ−1

1 −λ 1

0 1−λ 1−λ





=[Entw. nachS1] −det

1−λ² λ−1 1−λ 1−λ

=− (1−λ²)(1−λ) + (1−λ)²

=− (1 +λ)(1−λ)²+ (1−λ)²

=−(1−λ)²(1 +λ+ 1) =−(1−λ)²(2 +λ).

Die MatrixA hat also die zwei Eigenwerteλ1 =−2 undλ2 = 1. Wegen

A+ 2I₃ −−−−−−−−→^Z¹^→Z¹^−2Z²

Z3→Z3+Z2





0 −3 −3

1 2 1

0 3 3





Z2→Z₂+²₃Z1

−−−−−−−−→

Z3→Z3+Z1





0 −3 −3

1 0 −1

0 0 0





Z1→−¹

3Z1

−−−−−−−→

Z1↔Z2





1 0 −1

0 1 1

0 0 0



 geh¨ort zum Eigenwert λ₁ =−2 der Eigenraum

EA(−2) = lin{c₁}, wobei c1 :=



 1

−1 1



. F¨urλ₂= 1 betrachten wir

A−I₃ =





−1 1 −1

1 −1 1

−1 1 −1





Z2→Z₂+Z1

−−−−−−−→

Z3→Z3−Z1





−1 1 −1

0 0 0





Z1→−Z₁

−−−−−−→





1 −1 1

0 0 0



. Es ergibt sich der zweidimensionale Eigenraum

EA(1) = lin{c₂, c3}, wobei c2 :=



 1 1 0



, c3 :=





−1 0 1



.

(2)

c) Eine Orthonormalbasisv₁, v₂, v₃ desR³aus Eigenvektoren vonAk¨onnen wir viav₁:= _kc¹

1kc₁, v₂ := _kc¹

2kc₂ und v₃ := v₁ ×v₂ definieren. Dann gilt V^TAV =





−2 0 0 0 1 0 0 0 1



 =: D bzw.

A=V DV^T f¨ur die orthogonale Matrix V := (v₁, v₂, v₃) =



 1/√

3 1/√

2 −1/√ 6

−1/√

3 1/√

2 1/√ 6 1/√

3 0 2/√

6



 mit detV = 1.

d) Zur Bestimmung der Normalform betrachten wir das lineare Gleichungssystem−Ap=b:





0 −1 1 0

−1 0 −1 0

1 −1 0 √

3





Z2→Z3+Z2

−−−−−−−→

Z1↔Z3





1 −1 0 √

3

0 −1 −1 √

3

0 −1 1 0





Z3→Z3−Z2

−−−−−−−→

Z2→−Z2





1 −1 0 √

3

0 1 1 −√

3

0 0 2 −√

3





Z2→Z2−¹₂Z3

−−−−−−−−→

Z3→¹₂Z3





1 −1 0 √

3 0 1 0 −¹₂√

3 0 0 1 −¹₂√

3





Z1→Z₁+Z2

−−−−−−−→





1 0 0 ¹₂√ 3 0 1 0 −¹₂√ 3 0 0 1 −¹₂√

3



.

Folglich besitzt −Ap= b die eindeutige L¨osung p = ¹₂√

3 (1,−1,−1). Damit sind die neuen Koordinateny= (y1, y2, y3) gegeben durchx=V y+p, also durch



 x₁ x2

x3



=



 1/√

3 1/√

2 −1/√ 6

−1/√

3 1/√

2 1/√ 6 1/√

3 0 2/√

6







 y₁ y2

y3



+1 2

√ 3



 1

−1



. Wegen

b^Tp+c= 0 0 √ 3





1 2

√ 3

−¹₂√ 3



+ 3 =−3

2 + 3 = 3 2 erhalten wir als Gleichung der QuadrikQin den neuen Koordinaten y

−2y₁²+y²₂+y²₃+3

2 = 0 bzw. − y₁

p3/4 2

+ y₂

p3/2 2

+ y₃

p3/2 2

+ 1 = 0.

Q ist ein sog. zweischaliges Hyperboloid. Die Hauptachsen sind p + lin{v₁}, p + lin{v₂}, p+ lin{v₃}. Auf den Schaubildern ist die Quadrik nach der Hauptachsentransformation aus verschiedenen Perspektiven abgebildet. Die Hauptachsen sind dabei blau, die urspr¨unglichen Koordinatenachsen rot.

(3)

Aufgabe 2

F¨ur die symmetrische MatrixA_β verwenden wir das Kriterium von Hurwitz aus 16.10. Es gilt 1>0 und det

1 −2

−2 8

= 8−4 = 4>0 ;

die ersten beiden Hauptunterdeterminanten sind also positiv. Die MatrixA_β ist somit genau dann positiv definit, wenn ihre Determinante>0 ausf¨allt. Wegen

det





1 −2 0

−2 8 β

0 β 1



=_[Z₂→Z₂+2Z1] det





1 −2 0

0 4 β

0 β 1



=_{[Entw. n.}_S₁_] det 4 β

β 1

= 4−β² ergibt sich:A_β ist positiv definit ⇐⇒ 0<4−β² ⇐⇒ |β|<2 ⇐⇒ −2< β <2.

Nun zur MatrixB: F¨urn= 1 istB = (1) positiv definit. Im Fall n>2 ist

B =







1 2 0 · · · 0 2 1 2 0 · · · 0

0 2 1 2 . .. ...

... . .. ... ... ... ... ...

... . .. 2 1 2 0

... 0 2 1 2

0 · · · 0 2 1







∈R^n×n.

F¨urx:=e₁= (1,0, . . . ,0)∈Rⁿ gilt

Bx=





 1 2 0 ... 0







sowie x^TBx= 1 0 0 · · · 0





 1 2 0 ... 0







= 1>0,

w¨ahrend sich f¨ury :=e₁−e₂= (1,−1,0, . . . ,0)∈Rⁿ

By=







−1 1

−2 0

... 0







sowie y^TBy = 1 −1 0 0 · · · 0







−1 1

−2 0

... 0







=−2<0

ergibt. Somit ist die Matrix B indefinit.

Bemerkung:Um zu zeigen, dassB nicht positiv definit ist, kann man auch mit dem Kriterium von Hurwitz argumentieren: Da f¨ur die zweite Hauptunterdeterminante det

1 2 2 1

= 1−4 =−3<0 gilt, istB nicht positiv definit.

Aufgabe 3

SeiA∈R^n×nsymmetrisch und positiv definit. F¨urx, y∈Rⁿ definiere (x|y)_A=y^TAx∈R. Um zu zeigen, dass (·|·)_A:Rⁿ×Rⁿ→R ein Skalarprodukt aufRⁿist, sind nachzuweisen

(S1) ∀x, y∈Rⁿ: (x|y)_A= (y|x)_A,

(S2) ∀x, y, z∈Rⁿ,α∈R: (αx+y|z)_A=α(x|z)_A+ (y|z)_A, (S3) ∀x∈Rⁿ\ {0}: (x|x)_A>0.

(4)

Zu (S1): F¨ur alle x, y∈Rⁿ gilt wegen der Symmetrie vonA (d.h.A=A^T) (x|y)_A=y^TAx= (y^TAx)^T =x^TA^T(y^T)^T =x^TAy = (y|x)_A. Zu (S2): F¨ur alle x, y, z∈Rⁿund alle α∈Rgilt

(αx+y|z)_A=z^TA(αx+y) =αz^TAx+z^TAy =α(x|z)_A+ (y|z)_A. Zu (S3): F¨ur jedesx∈Rⁿ\ {0} gilt (x|x)_A=x^TAx >0, weil Apositiv definit ist.

Aufgabe 4

a) Gem¨aß Beispiel (1) in 17.3 [mit a(x) = sinx] ist jede L¨osung vony⁰(x) =y(x)·sinx gegeben durch y(x) =ce⁻^cos^x mit einer Konstanten c∈R.

Dass dies tatsächlich alle Lösungen sind, kann man auch folgendermaßen einsehen: Istw eine weitere Funktion, die der Gleichungw⁰(x) =w(x)·sinx genügt, so gilt

w(x) y(x)

0

= w⁰(x)y(x)−w(x)y⁰(x)

y²(x) = w(x) sin(x)y(x)−w(x)y(x) sin(x)

y²(x) = 0.

Der Quotientw/y ist also konstant, d.h. es giltw(x) =Cy(x) mitC ∈R.

b) Differentiation der Funktionen auf beiden Seiten der Gleichung liefert f¨ur jedesx∈(−1,1) y⁰(x) =y(x).

(Beachte: y ist differenzierbar, weil die rechte Seite x 7→ Rx

0 y(t)dt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung differenzierbar ist.)

Laut Beispiel (1) in 17.3 [mita(x) = 1] isty(x) =ce^x mitc∈R.

Gemäß der ursprünglichen Gleichung gilt insbesondere fürx = 0:c =y(0) = R0

0 y(t)dt = 0, d.h. nury(x) = 0 f¨ur alle x∈[−1,1] erf¨ullt die gegebene Gleichung.

Aufgabe 5

Das Anfangswertproblem

i⁰(t) = −R

Li(t) + 1 Lu(t), i(0) = 0

(1) lösen wir mit Hilfe der Variation-der-Konstanten-Formel aus Abschnitt 17.4 [mit y = i, x = t, x₀ =y₀ = 0, I = [0,∞), a(x) =−^R_L,b(x) =b(t) = _L¹ u(t) = Â_L sin(ωt)]. Danach ist die eindeutige Lösung von (1) gegeben durch

i(t) = 0·e

Rt

0−^R_Ldτ +e

Rt 0−^R_Ldτ ·

Z t 0

e⁻

Rτ

0 −^R_Lds A

L sin(ωτ)dτ

= A Le⁻^R^L^t·

Z t 0

e^R^L^τsin(ωτ)dτ, t∈[0,∞). (2)

Zur Berechnung des Integrals verwenden wir zweimalige partielle Integration Z t

0

e^R^L^τsin(ωτ)dτ =

e^R^L^τ−cos(ωτ) ω

t τ=0

+ Z t

0

R

Le^R^L^τ cos(ωτ) ω dτ

=−e^R^L^tcos(ωt) ω + 1

ω + R ωL

Z t 0

e^R^L^τcos(ωτ)dτ

ω + R ωL

e^R^L^τ sin(ωτ) ω

t τ=0

− Z t

0

R

Le^R^L^τ sin(ωτ) ω dτ

ω + R

ωLe^R^L^tsin(ωt)

ω − R² ω²L²

Z t 0

e^R^L^τsin(ωτ)dτ,

(5)

woraus

1 + R² ω²L²

Z t 0

e^R^L^τsin(ωτ)dτ =−e^R^L^tcos(ωt) ω + 1

ω + R

ω²Le^R^L^tsin(ωt)

= e^R^L^t

ω²L Rsin(ωt)−ωLcos(ωt) + 1

ω bzw.

Z t 0

e^R^L^τsin(ωτ)dτ =

1 ω²L

1 +_ω^R2L²²

e^R^L^t Rsin(ωt)−ωLcos(ωt) +

1 ω

1 +_ω^R2L²²

= L

ω²L²+R²e^R^L^t Rsin(ωt)−ωLcos(ωt)

+ ωL² ω²L²+R² folgt. Einsetzen in (2) ergibt f¨urt>0

i(t) = A

ω²L²+R² Rsin(ωt)−ωLcos(ωt)

+ ωAL

ω²L²+R² e⁻^R^L^t. Aufgabe 6

a) Die gegebene Differentialgleichungy⁰ =e^xe^−ye^−e^yist eine Gleichung mit getrennten Veränder- lichen. Das Anfangswertproblemy⁰ =e^xe^−ye^−e^y,y(1) = 0 lösen wir mit der in Abschnitt 17.3 vorgestellten Methode [f(x) =e^x, g(y) =e^−ye^−e^y,x₀ = 1, y₀ = 0]. Wegeng(y₀) =e⁻¹ 6= 0 ist die Lösung gegeben durch

Z y(x) 0

dη g(η) =

Z x 1

f(t)dt.

F¨ur das Integral auf der linken Seite ergibt sich Z y(x)

0

e^ηe^e^ηdη=

e^e^ηy(x)

η=0 =e^e^y(x)−e, das Integral auf der rechten Seite ist gleich

Z x 1

f(t)dt= e^tx

t=1=e^x−e.

Dies führt aufeê^y(x) =e^x. Somit isty(x) = ln(ln(e^x)) = lnx die auf (0,∞) definierte Lösung des gegebenen Anfangswertproblems.

b) Die Gleichung l¨asst sich f¨urx6= 0 in der Form y⁰= 1 +y²

y

1 x(1 +x²) schreiben. Es handelt sich um getrennte Ver¨anderliche mit

g(y) = 1 +y²

y , f(x) = 1

x(1 +x²).

Die L¨osungy des Anfangswertproblems ist gegeben durch (Beachte: g(2) = 5/26= 0) Z y(x)

2

dη g(η) =

Z x 1

f(t)dt.

F¨ur den Integranden auf der rechten Seite gilt 1

t(1 +t²) = 1 +t²−t² t(1 +t²) = 1

t − t 1 +t² ,

(6)

und damit bekommt man f¨ur das Integral der rechten Seite Z x

1

f(t)dt= Z x

1

1 t −1

2 2t

1 +t²dt=

ln|t| −¹₂ln(1 +t²)x

1 = ln|x| − ¹₂ln(1 +x²) +¹₂ln 2.

Außerdem gilt Z y(x)

2

dη g(η) =

Z y(x) 2

η

1 +η²dη=₁

2ln(1 +η²)y(x)

2 = ¹₂ln(1 +y(x)²)−¹₂ln 5.

Gleichsetzen der Integrale und Multiplikation mit 2 liefert ln(1 +y(x)²) = 2 ln|x|

| {z }

=lnx²

−ln(1 +x²) + ln 2 + ln 5

| {z }

=ln 10

bzw.

1 +y(x)² =e^ln^x² · 1

e^ln(1+x²⁾ ·e^{ln 10}= 10x² 1 +x². Die L¨osung ist somit

y(x) =

r 10x²

1 +x² −1 =

r9x²−1 1 +x² ,

und zwar f¨urx > ¹₃. (Dabei ergibt sich das Vorzeichen der Wurzel ausy(1) = 2>0.) Aufgabe 7

a) Bei dieser linearen Differentialgleichung 1. Ordnung betrachten wir zun¨achst die zugeh¨orige homogene Gleichung

x³y⁰+ (2−3x²)y= 0, also y⁰ =

− 2 x³ + 3

x

y auf (0,∞).

Diese besitzt die Lösungen y(x) = CeÂ(x), wobei C ganz R durchläuft und A irgendeine Stammfunktion vona(x) :=−2/x³+ 3/xist. Dies bedeutet fürx >0

y(x) =Cexp x⁻²+ 3 lnx

=Cx³e^1/x² (C∈R).

Eine spezielle L¨osungypder inhomogenen Gleichungx³y⁰+(2−3x²)y=x³verschaffen wir uns mit der Methode der Variation der Konstanten: Wir machen den Ansatz y_p(x) =C(x)y_h(x) mity_h(x) :=x³e^1/x² und erhalten

x³y_p⁰ + (2−3x²)y_p=x³ C⁰(x)y_h+C(x)y_h⁰

+ (2−3x²)C(x)y_h

=x³C⁰(x)y_h+ x³y⁰_h+ (2−3x²)y_h

C(x) =x³C⁰(x)y_h.

Dabei haben wir benutzt, dass y_h die homogene Gleichung l¨ost. Damit y_p die inhomogene Gleichung l¨ost, muss mithinx³C⁰(x)yh=x³ sein, d. h. es muss

C⁰(x) = 1/y_h(x) =x⁻³e^−1/x²

gelten. Dies ist z.B. fürC(x) = ¹₂e^−1/x² der Fall, und hiermit ergibt sich y_p(x) = ¹₂x³. Die allgemeine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung auf (0,∞) ist die Summe einer speziellen Lösung der inhomogenen Gleichung und der allgemeinen Lösung der homogenen Gleichung, also

y(x) =yp(x) +Cy_h(x) = ¹₂x³+Cx³e^1/x² (C ∈R).

(7)

b) Die zugeh¨orige homogene Gleichung y⁰ = (−cosx)y hat die allgemeine L¨osung y(x) =Cexp

− Z

cosx dx

=Ce⁻^sin^x (C∈R).

Um eine spezielle L¨osungy_p der inhomogenen Gleichung zu finden, machen wir den Ansatz yp(x) =C(x)e⁻^sin^x (Variation der Konstanten). Dann haben wir

y⁰_p+y_pcosx= C⁰(x)e⁻^sin^x−C(x)e⁻^sin^xcosx

+C(x)e⁻^sin^xcosx=C⁰(x)e⁻^sinx. Somit ist y_p eine L¨osung der inhomogenen Gleichung, wenn C⁰(x)e⁻^sin^x = sinxcosx gilt, d. h. wir suchen eine FunktionC mit

C⁰(x) = (sinxcosx)e^sin^x.

Partielle Integration (mitu(x) = sinx undv⁰(x) = (cosx)e^sin^x) liefert C(x) = (sinx)e^sin^x−

Z

(cosx)e^sinxdx= (sinx)e^sin^x−e^sin^x = (sinx−1)e^sin^x. Als spezielle L¨osung der inhomogenen Gleichung haben wir damit

y_p(x) =C(x)e⁻^sin^x= sinx−1, und die allgemeine L¨osung der gegebenen Gleichung lautet dann

y(x) =y_p(x) +Ce⁻^sin^x= sinx−1 +Ce⁻^sin^x (C∈R).

Hier gilt y(0) = −1 +C. Die Anfangsbedingung y(0) = 1 ist daher für C = 2 erfüllt; das Anfangswertproblem hat folglich die Lösung y(x) = sinx−1 + 2e⁻^sin^x.

Bemerkung: Man k¨onnte hier nat¨urlich auch die Variation-der-Konstanten-Formel aus Ab- schnitt 17.4 verwenden.

c) Hier handelt es sich um eine lineare Differentialgleichung 3-ter Ordnung mit konstanten Ko- effizienten. Das charakteristische Polynom der Differentialgleichungy⁰⁰⁰+ 3y⁰⁰+⁹₄y⁰= 0

λ³+ 3λ²+⁹₄λ=λ λ²+ 3λ+⁹₄

=λ λ+³₂2

besitzt die einfache Nullstelle λ1 = 0 und die zweifache Nullstelle λ2 = −³₂. Somit ist ein Fundamentalsystem vony⁰⁰⁰+ 3y⁰⁰+⁹₄y⁰= 0 gegeben durch

e^0·x, e⁻³²^x, xe⁻³²^x

und die allgemeine L¨osung der Differentialgleichungy⁰⁰⁰+ 3y⁰⁰+⁹₄y⁰= 0 lautet y(x) =c1+c2e⁻³²^x+c3xe⁻³²^x f¨ur Konstantenc1, c2, c3 ∈R. Es gilt

y⁰(x) =−³₂c2e⁻³²^x+c3e⁻³²^x−³₂c3xe⁻³²^x, y⁰⁰(x) = ⁹₄c₂e⁻³²^x−3c₃e⁻³²^x+⁹₄c₃xe⁻³²^x. Einsetzen der Anfangswerte ergibt

y(0) =c1+c2

= 0,!

y⁰(0) =−³₂c₂+c₃= 0,^! y⁰⁰(0) = ⁹₄c₂−3c₃ = 1.^!

Dies ist ein lineares Gleichungssystem in c1, c2, c3, welches die eindeutige L¨osung c1 = ⁴₉, c₂=−⁴₉, c₃=−²₃ besitzt. Damit lautet die L¨osung des Anfangswertproblems

y(x) = ⁴₉ −⁴₉e⁻³²^x−²₃xe⁻³²^x.

(8)

Aufgabe 8

a) Das charakteristische Polynom der Gleichungy⁰⁰+4y⁰−5y= 0, alsoλ²+4λ−5 = (λ−1)(λ+5), besitzt die einfachen Nullstellen 1 und −5. Daher ist e^x, e^−5x ein Fundamentalsystem, d.h.

y(x) =c1e^x+c2e^−5x,c1, c2 ∈R, ist die allgemeine L¨osung vony⁰⁰+ 4y⁰−5y = 0.

b) Hier lautet das zugeh¨orige charakteristische Polynomλ²−6λ+ 25. Dieses hat die einfachen Nullstellen 3±4i. Ein Fundamentalsystem ist gegeben durche^3xsin(4x), e^3xcos(4x), so dass die allgemeine L¨osung von y⁰⁰−6y⁰ + 25y = 0 durch y(x) = c1e^3xsin(4x) +c2e^3xcos(4x), c₁, c₂ ∈R, gegeben ist.

c) Das charakteristische Polynom vony⁰⁰⁰−y⁰⁰+y⁰−y = 0 istλ³−λ²+λ−1 = (λ−1)(λ²+ 1) = (λ−1)(λ+i)(λ−i). Da dieses die einfachen Nullstellen 1,−i, i besitzt, ist e^x, sinx, cosx ein zugeh¨origes Fundamentalsystem. Die allgemeine L¨osung vony⁰⁰⁰−y⁰⁰+y⁰−y= 0 lautet folglichy(x) =c₁e^x+c₂sinx+c₃cosx,c₁, c₂, c₃ ∈R.

d) Das charakteristische Polynom der Differentialgleichung y⁰⁰⁰⁰ −y⁰⁰⁰ + 4y⁰⁰ −4y⁰ = 0 lautet λ⁴ −λ³ + 4λ²−4λ = λ(λ³ −λ² + 4λ−4) = λ(λ−1)(λ² + 4) = λ(λ−1)(λ+ 2i)(λ−2i) und besitzt die einfachen Nullstellen 0,1,−2i,2i. Deshalb ist 1, e^x, sin(2x), cos(2x) ein Fundamentalsystem und f¨ur die allgemeine L¨osung von y⁰⁰⁰⁰−y⁰⁰⁰+ 4y⁰⁰−4y⁰ = 0 ergibt sich y(x) =c1+c2e^x+c3sin(2x) +c4cos(2x),c1, c2, c3, c4∈R.

e) Hier ist das charakteristische Polynom gleichλ⁴+ 1. Aufgrund von

λ⁴=−1 ⇐⇒ λ² =i oder λ² =−i ⇐⇒ λ² =eⁱ^π² oder λ²=e⁻ⁱ^π²

⇐⇒ λ=eⁱ^π⁴ oder λ=−eⁱ^π⁴ oder λ=e⁻ⁱ^π⁴ oder λ=−e⁻ⁱ^π⁴

⇐⇒ λ= ¹⁺ⁱ^√

2 oder λ= ⁻¹⁻ⁱ^√

2 oder λ= ¹⁻ⁱ^√

2 oder λ= ⁻¹⁺ⁱ^√

2

sind ¹⁺ⁱ^√

2,⁻¹⁺ⁱ^√

2 ,¹⁻ⁱ^√

2,⁻¹⁻ⁱ^√

2 die (einfachen) Nullstellen des charakteristischen Polynoms. Damit ist e^x/

√

2sin(x/√ 2), e^x/

√

2cos(x/√

2), e^−x/

√

2sin(x/√

2), e^−x/

√

2cos(x/√

2) ein Fundamen- talsystem von y⁽⁴⁾ +y = 0 und die allgemeine L¨osung lautet y(x) = c₁e^x/

√2sin(x/√ 2) + c₂e^x/

√

2cos(x/√

2) +c₃e^−x/

√

2sin(x/√

2) +c₄e^−x/

√

2cos(x/√

2), c₁, c₂, c₃, c₄ ∈R. Aufgabe 9

Das System

u⁰ = 8u−6v, v⁰ = 9u−7v ist ¨aquivalent zu

u⁰ v⁰

=

8 −6 9 −7

| {z }

=:A

u v

. (3)

Wir zeigen, dassA diagonalisierbar ist. Dazu berechnen wir das charakteristische Polynom von A det(A−λI₂) = det

8−λ −6 9 −7−λ

= (8−λ)(−7−λ) + 9·6 =λ²−λ−2 = (λ+ 1)(λ−2).

Damit sindλ₁=−1 und λ₂ = 2 die Eigenwerte vonA. Die zugeh¨origen Eigenr¨aume lauten EA(−1) = Kern(A+I2) = Kern

9 −6 9 −6

= Kern

3 −2 0 0

= lin{

2 3

} und

E_A(2) = Kern(A−2I₂) = Kern

6 −6 9 −9

= Kern

1 −1

0 0

= lin{

1 1

}.

(9)

Da die Eigenvektoren (2,3),(1,1) von A eine Basis des R² bilden, ist A diagonalisierbar und f¨ur die Matrix

S :=

2 1 3 1 ergibt sich

S⁻¹AS=

λ₁ 0 0 λ2

=

−1 0

0 2

=:D, worausA=SDS⁻¹ folgt. Außerdem ist

S⁻¹=

−1 1 3 −2

. Nun gilt

u⁰ v⁰

=A u

v

=SDS⁻¹ u

v genau dann, wenn

S⁻¹ u⁰

v⁰

=DS⁻¹ u

v bzw. wenn

−u⁰+v⁰ 3u⁰−2v⁰

=

−1 0 0 2

−u+v 3u−2v

erf¨ullt ist. Sind ue:=−u+v und ev:= 3u−2v, also

eu ev

:=S⁻¹ u

v

, gesetzt, so erh¨alt man

ue⁰ ev⁰

=

−1 0

0 2

eu ev

⇐⇒ eu⁰ =−eu und ev⁰= 2ev

⇐⇒ eu(x) =c₁e^−x und ev=c₂e^2x f¨urc₁, c₂∈R. Wegen

eu ev

=S⁻¹ u

v

⇐⇒

u v

=S

eu ev

=

2ue+ve 3ue+ve sind

u(x) = 2eu(x) +ev(x) = 2c1e^−x+c2e^2x v(x) = 3eu(x) +ev(x) = 3c₁e^−x+c₂e^2x mitc₁, c₂ ∈R die L¨osungen des Systems (3).