Examen Frühjahr 2011, Aufgabe 3.1

Aufgabenstellung

Seien A:=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 2  \end{pmatrix}, b:\IR\rightarrow\IR^3, b(t):=\begin{pmatrix} -t \\ e^{-t} \\ 1+t  \end{pmatrix}.

  1. Berechnen Sie ein Fundamentalsystem für die Differentialgleichung x'=Ax.
  2. Berechnen Sie die maximale Lösung des Anfangswertproblems

        \begin{equation*}  x'=Ax+b(t),~~~~~x(0)=\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -2  \end{pmatrix}.  \end{equation*}

Lösungsvorschlag

  1. Die Matrixexponentialfunktion e^{At} liefert eine Fundamentalmatrix für die Differentialgleichung. Für A=TJT^{-1} mit der Jordannormalform J von A und der dazugehörigen Transformationsmatrix T ist bereits Te^{Jt} eine Fundamentalmatrix, da die Multiplikation von rechts mit T^{-1} lediglich eine Linearkombination der Spaltenvektoren von Te^{Jt} bewirkt. Die Spalten einer Fundamentalmatrix bilden ein Fundamentalsystem. Das charakteristische Polynom von A lautet

        \begin{align*} \det(A-\lambda I)=&\det\begin{pmatrix} -\lambda  & 0 & -1 \\ 0 & -1-\lambda  & 0 \\ 1 & 0 & 2-\lambda   \end{pmatrix} \\ =&-(\lambda+1)(\lambda-1)^2. \end{align*}

    Die Eigenwerte von A sind somit \lambda_1=-1 und \lambda_2=1 mit der algebraischen Vielfachheit 1 bzw. 2. Der Eigenraum Eig_{-1}(A) errechnet sich durch

        \begin{align*} Eig_{-1}(A)=&ker(A+I) \\ =&ker\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1  \end{pmatrix} \\=&\left\langle \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0  \end{pmatrix}\right\rangle. \end{align*}

    Für den Eigenwert \lambda_2 erhalten wir

        \begin{align*} Eig_1(A)=&ker(A-I) \\=&ker \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1  \end{pmatrix} \\ =&\left\langle \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1  \end{pmatrix}\right\rangle \end{align*}

    als Eigenraum. Dieser ist eindimensional, so dass A nicht diagonalisierbar ist. Wir erhalten den ersten Hauptvektor durch das lineare Gleichungssystem

        \begin{equation*} \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1  \end{pmatrix}, \end{equation*}

    also ist ein passender Hauptvektor zum Eigenwert \lambda_2 und obigem Eigenvektor der Vektor (1,0,0)^T. Eine Transformationsmatrix T lautet also

        \begin{equation*} T=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0  \end{pmatrix}, \end{equation*}

    und diese bringt die Matrix A auf die Jordannormalform

        \begin{equation*} J=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1  \end{pmatrix} \end{equation*}

    Eine Fundamentalmatrix liefert nun die Rechnung

        \begin{align*} \Phi(t):=Te^{Jt}=&T\exp\left(\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1  \end{pmatrix}t\right) \\ =&\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0  \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} e^{-t} & 0 & 0 \\ 0 & e^t & te^t \\ 0 & 0 & e^t  \end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix} 0 & -e^t & e^t(1-t) \\ e^{-t} & 0 & 0 \\ 0 & e^t & te^t  \end{pmatrix}, \end{align*}

    so dass die Menge der Spaltenvektoren

        \begin{equation*} M:=\left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ e^{-t} \\ 0  \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -e^t \\ 0 \\ e^t  \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} (1-t)e^t \\ 0 \\ te^t  \end{pmatrix} \right\} \end{equation*}

    ein Fundamentalsystem bildet.

  2. Die Formel der Variation der Konstanten liefert eine Lösung des Anfangswertproblems. Diese ist eindeutig nach dem Satz von Picard-Lindelöf. In der Formel

    (1)   \begin{equation*} \phi_{(t_0,x_0)}(t)=\Phi(t)\left(\Phi(t_0)^{-1}x_0+\int_{t_0}^t\Phi(s)^{-1}b(s)ds\right)  \end{equation*}

    wird die Inverse der Fundamentalmatrix benötigt. Sie errechnet sich durch das aus der linearen Algebra bekannte Schema:

        \begin{equation*} \left( \begin{matrix}0&-e^{-t}&e^t(1-t)\\e^{-t}&0&0\&e^t&te^t\end{matrix} \right.\left| \begin{matrix}1&0&0\&1&0\&0&1\end{matrix} \right) \end{equation*}

    Addiere die dritte Zeile zur ersten Zeile und schiebe die erste Zeile nach unten.

        \begin{equation*} \left( \begin{matrix}e^{-t}&0&0\&e^t&te^t\&0&e^t\end{matrix} \right.\left| \begin{matrix}0&1&0\&0&1\\1&0&1\end{matrix} \right) \end{equation*}

    Multipliziere die erste Zeile mit e^t, die anderen beiden mit e^{-t}.

        \begin{equation*} \left( \begin{matrix}1&0&0\&1&t\&0&1\end{matrix} \right.\left| \begin{matrix}0&e^t&0\&0&e^{-t}\\e^{-t}&0&e^{-t}\end{matrix} \right) \end{equation*}

    Ziehe von der zweiten Zeile das t-fache der dritten Zeile ab. Dies liefert die Inverse

        \begin{equation*} \Phi(t)^{-1}= \begin{pmatrix}0&e^t&0\\-te^{-t}&0&(1-t)e^{-t}\\e^{-t}&0&e^{-t}\end{pmatrix} \end{equation*}

    Nun ist

        \begin{equation*} \Phi(t_0)^{-1}x_0= \begin{pmatrix}0&1&0\&0&1\\1&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -2  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ -1  \end{pmatrix} \end{equation*}

    und

        \begin{align*} \Phi(t)^{-1}b(t)=& \begin{pmatrix}0&e^t&0\\-te^{-t}&0&(1-t)e^{-t}\\e^{-t}&0&e^{-t}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} -t \\ e^{-t} \\ 1+t  \end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix} 1 \\ t^2e^{-t}+(1-t^2)e^{-t} \\ -te^{-t}+(1+t)e^{-t}  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ e^{-t} \\ e^{-t}  \end{pmatrix}. \end{align*}

    Dieser Vektor komponentenweise integriert ergibt

        \begin{equation*} \int_0^t\begin{pmatrix} 1 \\ e^{-s} \\ e^{-s}  \end{pmatrix}ds=\begin{pmatrix} t \\ -e^{-t}+1 \\ -e^{-t}+1  \end{pmatrix}, \end{equation*}

    so dass die finale Lösung \phi_{\left(0,(1,3,-2)^T\right)} gemäß der Formel (1)

        \begin{align*} \phi_{\left(0,(1,3,-2)^T\right)}(t)=&\Phi(t)\left(\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ -1  \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} t \\ -e^{-t}+1 \\ -e^{-t}+1  \end{pmatrix}\right) \\ =&\begin{pmatrix} 0 & -e^t & e^t(1-t) \\ e^{-t} & 0 & 0 \\ 0 & e^t & te^t  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3+t \\ -e^{-t}-1 \\ -e^{-t}  \end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix} t+e^t \\ (3+t)e^{-t} \\ -1-t-e^t  \end{pmatrix} \end{align*}

    lautet.

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