Erreichbare Punktzahl: 20

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 2
Lösungen von Blatt XIV vom 09.07.15
Aufgabe XIV.1 (2+2+3 Punkte)
a) Zeigen Sie, dass für zwei d × d-Matrizen A, B ∈ M d×d (R) mit AB = BA gilt
exp(A) exp(B) = exp(A + B).
b) Sei A ∈ M
d×d
(R). Zeigen Sie, dass die Abbildung t 7→ exp(tA) differenzierbar ist mit
d
exp(tA) = A exp(tA).
dt
c) Berechnen Sie
1
exp t
−1
1
1
und
3
exp t
4
−1
−1
.
Aufgabe XIV.2 (5 Punkte)
Lösen Sie die folgende Differentialgleichung zweiter Ordnung
2u00 (t) − 5u0 (t) + u(t) = 0,
u(3) = 6, u0 (3) = −1.
Hinweis: Reduzieren Sie zunächst die Differentialgleichung zweiter Ordnung auf ein System linearer
Differentialgleichungen erster Ordnung.
Aufgabe XIV.3 (4+4 Punkte)
Lösen Sie die folgenden Anfangswertprobleme.
0
1
0
a) u (t) =
u(t) für t ∈ R,
3/2 −5/2
−4
u(0) =
.
9


1 −1
1
0
1
−1 u(t) für t ∈ R,
b) u (t) = 1
0 −1
2
 
1
u(0) = 1 .
1
Lösungsvorschläge
Aufgabe XIV.1
a) Mit Hilfe des Cauchy-Produktes für absolut konvergente Reihen gilt:
! ∞
!
∞
X Bk
X
Ak
exp(A) exp(B) =
k!
l!
k=0
∞
k
XX
l=0
Al B k−l
l! (k − l)!
k=0 l=0
∞
k X
1 X k
=
Al B k−l
k!
l
=
(?)
=
k=0
∞
X
k=0
l=0
(A + B)k
= exp(A + B).
k!
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt XIV – Lösungen
Seite 2
Wir haben in der Gleichung (?) den binomischen Lehrsatz verwendet, welcher für
kommutierende Matrizen gültig1 ist.
b) Offensichtlich kommutieren die beiden Matrizen (tA) und (hA) für alle t, h ∈ R.
Folglich gilt nach Aufgabenteil a)
exp((t + h)A) − exp(tA)
exp((tA) + (hA)) − exp(tA)
=
h
h
exp(hA) − I
=
exp(tA)
h
P∞ (hA)k
−I
exp(tA)
= k=0 k!
h
hA h2 A2
=A I+
+
+ . . . exp(tA).
2!
3!
Also
d
exp((t + h)A) − exp(tA)
exp(tA) = lim
= A exp(tA).
h→0
dt
h
Folglich existiert der Differentialquotient und die Ableitung hat die geforderte
Darstellung.
c)
(i) Das charakteristische Polynom ist gegeben durch
1−λ
1
det
= (1 − λ)2 + 1 = λ2 − 2λ + 2.
−1 1 − λ
Also sind die Eigenwerte λ1 = 1 − i und λ2 = 1 + i. Die Gleichungssysteme
für die Eigenvektoren lauten:
ix + y = 0,
−x + iy = 0,
und
−ix + y = 0,
−x − iy = 0,
i
−i
Folglich sind beispielsweise v1 =
und v2 =
Eigenvektoren für die
2
1
Eigenwerte.
1 1
Die Jordannormalform von
ist gegeben durch
−1 1
1−i
0
J=
.
0
1+i
Des Weiteren ist die Inverse von T =
T
1
Beweis mittels vollständiger Induktion
−1
=
i −i
gegeben durch
1 1
− 12 i
1
2i
1
2
1
2
.
Übungsblatt XIV – Lösungen
Seite 3
Also:
1 1
exp t
= T exp(tJ)T −1
−1 1
(1−i)t
1 1
i −i
e
0
−2i 2
=
1
1
1 1
0
e(1+i)t
2i
2
1 (1−i)t 1 (1+i)t
1 (1−i)t
+ 2e
− 21 ie(1+i)t
2e
2 ie
=
− 1 ie(1−i)t + 21 ie(1+i)t 12 e(1−i)t + 21 e(1+i)t
t2
e cos(t) et sin(t)
=
.
−et sin(t) et cos(t)
(ii) Das charakteristische Polynom ist gegeben durch
3−λ
−1
det
= λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 .
4
−1 − λ
Also hat die Matrix den Eigenwert λ = 1 mit algebraischer Multiplikativität 2.
Das Gleichungssystem für den Eigenvektor lautet:
2x − y = 0,
.
4x − 2y = 0
1
Folglich ist beispielsweise v =
ein Eigenvektor für den Eigenwert.
2
3 −1
Die Jordannormalform von
ist gegeben durch
4 −1
J=
1 1
.
0 1
Zudem ist ein Hauptvektor2 zweiter Stufe gegeben durch beispielsweise
1
w = 2 , d.h. w löst (A − λI)w = v.
0
Also ist
0 12
1 12
−1
T =
=⇒ T =
2 0
2 −1
Insgesamt gilt:
3 −1
exp t
= T exp(tJ)T −1
4 −1
t
1 21
e tet
0 12
=
2 0
0 et
2 −1
t
t
(2t + 1)e
−te
=
.
4tet
(1 − 2t)et
2
Beachte, dass hierbei der Hauptvektor w rechts von dem Eigenvektor v in der Transformationsmatrix
steht. Will man die Position von v und w vertauschen, so muss man die Jordannormalform an der
Diagonalen spiegeln.
Übungsblatt XIV – Lösungen
Seite 4
Aufgabe XIV.2
Wir reduzieren zunächst die Differentialgleichung zweiter Ordnung auf ein System linearer
Differentialgleichungen erster Ordnung. Seien hierzu y1 (t) = u(t) und y2 (t) = u0 (t). Dann
gilt:
1
5
1
5
y10 (t) = u0 (t) = y2 (t) und y20 (t) = u00 (t) = − u(t) + u0 (t) = − y1 (t) + y2 (t).
2
2
2
2
Zudem gilt für die Anfangsdaten y1 (3) = u(3) = 6 und y2 (3) = u0 (3) = −1.
Folglich ist das System linearer Differentialgleichungen gegeben durch
6
0 1
0
y(t), y(3) =
.
y (t) =
−1
− 21 52
Das charakteristische Polynom ist gegeben durch λ2 − 52 λ+ 12 und somit sind die Eigenwerte
λ1 =
√
5+ 17
4
und λ2 =
√
5− 17
.
4
Die zugehörigen Eigenvektoren sind
!
!
1√
1√
und v1 = 5− 17 .
v1 = 5+ 17
4
4
Es gilt:
1√
5+ 17
4
und somit
0
exp t
− 21
=
1
1√
5− 17
4
!−1
=
√
17−5 17
34√
17+5 17
34
!
√
4 17
34
√
−4 17
34
5
2
√
√
√
√
17−5 17
17
exp(t 5+4√17 ) + 17+5
exp(t√5−4 17 )
34
34
− √117 exp(t 5+4 17 ) + √117 exp(t 5−4 17 )
√
4 17
34
√
17+5 17
34
√
17
exp(t 5+√
)−
4
exp(t 5+4 17 ) +
√
√
!
4 17
5− 17
)
34 √exp(t
4 √
.
17−5 17
exp(t 5−4 17 )
34
Also ist eine Lösung des Systems linearer Differentialgleichungen erster Ordnung gegeben
durch
6
0 1
y(t) = exp (t − 3)
1
5
1
−2 2
!
√
√
√
√
17
5− 17
(3 − √17) exp((t − 3) 5+√
)
+
(3
+
17)
exp((t
−
3)
)
4
4√
√
=
.
(− 21 − 217 ) exp((t − 3) 5+4 17 ) + (− 12 + 217 ) exp((t − 3) 5−4 17 )
Laut Setzung ist y1 (t) = u(t). Also ist die Lösung der Differentialgleichung zweiter
Ordnung gegeben durch
√
√
√
√
5 + 17
5 − 17
u(t) = (3 − 17) exp((t − 3)
) + (3 + 17) exp((t − 3)
).
4
4
Aufgabe XIV.3
a) Das charakteristische Polynom ist gegeben durch
5
3
−λ
1
det 3
= λ2 + λ − .
5
−2 − λ
2
2
2
Übungsblatt XIV – Lösungen
Seite 5
Also sind die Eigenwerte λ1 = −3 und λ2 =
Eigenvektoren lauten:
1
2.
Die Gleichungssysteme für die
3x + y = 0,
− 12 x + y = 0,
und
3
3
1
2 x + 2 y = 0,
2 x − 2y = 0.
1
−3
2
Folglich sind beispielsweise v1 =
und v2 =
Eigenvektoren für die
1
1
Eigenwerte.
0 1
ist gegeben durch
Die Jordannormalform von 3
5
2 −2
−3 0
J=
.
0 12
1
−3 2
gegeben durch
Des Weiteren ist die Inverse von T =
1 1
3 6
−7 7
T −1 =
1 .
3
7
7
Also:
0
exp t 3
2
1
− 52
= T exp(tJ)T −1
−3t
3
e
0
2
−7
t
3
1
0
e2
7
1
−3
=
1
=
t
1 −3t
+ 67 e 2
7e
t
− 37 e−3t + 37 e 2
7
7
7
t
− 27 e−3t + 27 e 2
t
6 −3t
+ 17 e 2
7e
Folglich ist die Lösung des Anfangswertproblems
! 1 −3t
6 2t
2 −3t
2 2t
e
+
e
−
e
+
e
−4
7
7
7
7
u(t) =
=
3 −3t
3 2t
6 −3t
1 2t
9
− e
+ e
e
+ e
7
6
7
1
7
!
.
t
−3t + 6 e 2
− 22
7 e
7
66 −3t
3 2t
e
−
7
7e
!
.
b) Das charakteristische Polynom ist gegeben durch


1 − λ −1
1
1 − λ −1  = (1 − λ)2 (2 − λ).
det  1
0
−1 2 − λ
Also sind die Eigenwerte λ1 = λ2 = 1 und λ3 = 2. Die zugehörigen Eigenvektoren
sind:
 
 
1
1
v1 = 1 und v3 = 0
1
1
Zudem ist ein Hauptvektor zweiter Stufe zu v1 gegeben durch beispielsweise
 
1
w = −1 , d.h. w löst (A − λ1 I)w = v1 .
0
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Seite 6
Die Jordannormalform von
0
3
2
1
− 52
ist gegeben durch


1 1 0
J = 0 1 0 .
0 0 2


1 1 1
Des Weiteren ist die Inverse von T = 1 −1 0 gegeben durch
1 0 1

T −1

1
1 −1
0 −1 .
= 1
−1 −1 2
Also:
 

1 −1 1
exp t 1 1 −1 = T exp(tJ)T −1
0 −1 2


 t

1
1 −1
e tet 0
1 1 1
0 −1
= 1 −1 0  0 et 0   1
2t
−1 −1 2
0 0 e
1 0 1

 t
te − e2t + 2et et − e2t −tet + 2e2t − 2et
.
tet
et
−tet
=
t
2t
t
t
2t
t
2t
t
te − e + e e − e
−te + 2e − e
Folglich ist die Lösung des Anfangswertproblems
    t
 t
1
e
te − e2t + 2et et − e2t −tet + 2e2t − 2et
t
t
t





te
e
−te
1 = et  .
u(t) =
t
2t
t
t
2t
t
2t
t
et
te − e + e e − e
−te + 2e − e
1