Lineares Differentialgleichungssystem/Konstante Koeffizienten/59-1-1/Lösung/Beispiel

Wir betrachten das lineare Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten

${}v'=Mv\,$

mit

${}M={\begin{pmatrix}5&9\\-1&-1\end{pmatrix}}\,.$

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}\chi _{M}=\det {\begin{pmatrix}t-5&-9\\1&t+1\end{pmatrix}}=(t-5)(t+1)+9=t^{2}-4t+4=(t-2)^{2}\,.$

Das bedeutet, dass ${}2$ ein Eigenwert der Matrix mit algebraischer Vielfachheit ${}2$ ist. Der Kern der Matrix

${\begin{pmatrix}-3&-9\\1&3\end{pmatrix}}$

ist von ${}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}$ erzeugt, dies ist also ein einfacher Eigenvektor und die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes ist ${}1$. Aus Fakt ergibt sich direkt die Lösung

${}\varphi (t)=e^{2t}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}\,.$

Um alle Lösungen zu finden, arbeiten wir mit Fakt und mit Fakt. Wir verwenden die Basis ${}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}-5\\2\end{pmatrix}}$ (der zweite Vektor ist gewählt, um Jordanform zu erreichen, was aber für das Lösungsverfahren nicht wesentlich ist) und berechnen mit

${}B^{-1}={\begin{pmatrix}3&-5\\-1&2\end{pmatrix}}\,$

und

${}B={\begin{pmatrix}2&5\\1&3\end{pmatrix}}\,$

${}N=BMB^{-1}={\begin{pmatrix}2&5\\1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}5&9\\-1&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&-5\\-1&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&5\\1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}6&-7\\-2&3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}}\,.$

Für das transformierte System ${}w'=Nw$ ergibt sich direkt die Lösung ${}e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$. Um eine weitere Lösung zu erhalten muss man mit einer nichttrivialen Lösung der zweiten Zeile ${}w_{2}'=2w_{2}$ starten, also mit ${}w_{2}(t)=e^{2t}$. Die erste Zeile führt dann auf

${}w_{1}'(t)=2w_{1}(t)+w_{2}(t)=2w_{1}(t)+e^{2t}\,.$

Die zugehörige homogene Gleichung hat die Lösung ${}e^{2t}$, gemäß Fakt brauchen wir eine Stammfunktion von

${}e^{-2t}e^{2t}=1\,.$

Eine solche ist ${}t$ und daher ist

${}w_{2}(t)=te^{2t}\,$

die Lösung in der ersten Komponenten. Eine zweite Lösung ist also

${\begin{pmatrix}te^{2t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}.$

Um Lösungen für das ursprüngliche System zu erhalten, müssen wir mit ${}B^{-1}$ zurücktransformieren. Aus der ersten Lösung erhält man die schon bekannte Lösung zum Eigenvektor und aus der soeben gefundenen Lösung erhält man

${}\psi (t)=B^{-1}{\begin{pmatrix}te^{2t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3&-5\\-1&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}te^{2t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3te^{2t}-5e^{2t}\\-te^{2t}+2e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$