Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil II/2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine obere Treppenfunktion zu einer Funktion

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

2. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

3. Den Tangentialraum an die Faser einer stetig differenzierbare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräumen durch einen Punkt ${}P\in V$, in dem das totale Differential surjektiv ist.

4. Ein (zeitabhängiges) Vektorfeld auf einer offenen Menge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
5. Eine Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Die Gramsche Matrix zu einer Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ bezüglich einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$.
7. Der Dualraum zu einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
8. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine obere Treppenfunktion zu einer Funktion

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

2. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

3. Den Tangentialraum an die Faser einer stetig differenzierbare Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräumen durch einen Punkt ${}P\in V$, in dem das totale Differential surjektiv ist.

4. Ein (zeitabhängiges) Vektorfeld auf einer offenen Menge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
5. Eine Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Die Gramsche Matrix zu einer Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$ bezüglich einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$.
7. Der Dualraum zu einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
8. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die komplexe Partialbruchzerlegung.
2. Die Formel für die Länge einer Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

3. Der Satz über den Zusammenhang von totaler Differenzierbarkeit und Richtungsableitung für eine Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   in einem Punkt

   ${}P\in V$.
4. Der Satz über die Umkehrabbildung.

Lösung

1. Es seien ${}P,Q\in {\mathbb {C} }[X]$, ${}Q\neq 0$, Polynome und es sei

   $Q=(X-a_{1})^{r_{1}}\cdots (X-a_{s})^{r_{s}}$

   mit verschiedenen ${}a_{i}\in {\mathbb {C} }$. Dann gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom ${}H\in {\mathbb {C} }[X]$ und eindeutig bestimmte Koeffizienten ${}c_{ij}\in {\mathbb {C} }$, ${}1\leq i\leq s$, ${}1\leq j\leq r_{i}$, mit

   ${\frac {P}{Q}}=H+{\frac {c_{11}}{X-a_{1}}}+{\frac {c_{12}}{(X-a_{1})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{1r_{1}}}{(X-a_{1})^{r_{1}}}}+\cdots +{\frac {c_{s1}}{X-a_{s}}}+{\frac {c_{s2}}{(X-a_{s})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{sr_{s}}}{(X-a_{s})^{r_{s}}}}.$

2. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

   ${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$

3. Sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ im Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ total differenzierbar mit dem totalen Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ in jede Richtung ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ differenzierbar, und es gilt

   ${\left(D_{v}\varphi \right)}{\left(P\right)}={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}.$

4. Es seien ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ euklidische Vektorräume, sei ${}G\subseteq V_{1}$ offen und es sei

   $\varphi \colon G\longrightarrow V_{2}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}P\in G$ ein Punkt derart, dass das totale Differential

   $\left(D\varphi \right)_{P}$

   bijektiv ist. Dann gibt es eine offene Menge ${}U_{1}\subseteq G$ und eine offene Menge ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ mit ${}P\in U_{1}$ und mit ${}\varphi (P)\in U_{2}$ derart, dass ${}\varphi$ eine Bijektion

   $\varphi {|}_{U_{1}}\colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$

   induziert, und dass die Umkehrabbildung

   $(\varphi {|}_{U_{1}})^{-1}\colon U_{2}\longrightarrow U_{1}$

   ebenfalls stetig differenzierbar ist.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\sqrt {x}}-{\frac {1}{\sqrt {x}}}+{\frac {1}{2x+3}}-e^{-x},$

über ${}[1,4]$.

Lösung

Eine Stammfunktion zu ${}f$ ist

${}F(x)={\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}-2x^{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\ln(2x+3)+e^{-x}\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{1}^{4}f(x)\,dx&=F(4)-F(1)\\&={\frac {16}{3}}-4+{\frac {1}{2}}\ln 11+e^{-4}-{\frac {2}{3}}+2-{\frac {1}{2}}\ln 5-e^{-1}\\&={\frac {8}{3}}+{\frac {1}{2}}\ln {\frac {11}{5}}+e^{-4}-e^{-1}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (9 (6+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}.$

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von ${}f$.

b) Bestimme eine Stammfunktion von ${}f$ für ${}x>1$.

Lösung

a) Zunächst ist

${}(x-1)^{2}(x^{2}+1)=(x^{2}-2x+1)(x^{2}+1)=x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1\,.$

Polynomdivision des Zählers durch den Nenner ergibt

${}x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1=(x+2)(x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1)+5x^{3}-4x^{2}+4x-3\,.$

Daher ist

${}{\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}=x+2+{\frac {5x^{3}-4x^{2}+4x-3}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}\,.$

Für den rechten Bruch bestimmen wir die Partialbruchzerlegung über den Ansatz

${}{\frac {5x^{3}-4x^{2}+4x-3}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}={\frac {a}{x-1}}+{\frac {b}{(x-1)^{2}}}+{\frac {cx+d}{(x^{2}+1)}}\,,$

der wiederum auf

${}5x^{3}-4x^{2}+4x-3=a(x-1)(x^{2}+1)+b(x^{2}+1)+(cx+d)(x-1)^{2}\,$

führt.

Für ${}x=1$ ergibt sich

${}2=2b\,,$

also ${}b=1$.

Für ${}x=0$ ergibt sich

${}-3=-a+1+d\,,$

also

${}4=a-d\,.$

Für ${}x=-1$ ergibt sich

${}-5-4-4-3=-16=-4a+2+4(-c+d)\,,$

also ${}{\frac {18}{4}}=a+c-d$.

Der Koeffizient zu ${}x^{3}$ führt schließlich auf

${}5=a+c\,.$

Die Subtraktion der dritten Gleichung von der zweiten führt auf

${}c={\frac {18}{4}}-4={\frac {1}{2}}\,.$

Aus der vierten Gleichung folgt daraus

${}a={\frac {9}{2}}\,$

und aus der zweiten Gleichung ergibt sich

${}d={\frac {1}{2}}\,.$

Somit ergibt sich insgesamt die Partialbruchzerlegung

${}{\frac {x^{5}+3x^{3}-2x^{2}+x-1}{x^{4}-2x^{3}+2x^{2}-2x+1}}=x+2+{\frac {\frac {9}{2}}{x-1}}+{\frac {1}{(x-1)^{2}}}+{\frac {{\frac {1}{2}}x+{\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)}}\,.$

b) Eine Stammfunktion von ${}f$ ist

${\frac {1}{2}}x^{2}+2x+{\frac {9}{2}}\ln(x-1)-(x-1)^{-1}+{\frac {1}{4}}\ln(x^{2}+1)+{\frac {1}{2}}\arctan x.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine stetig differenzierbare Kurve und sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine lineare Isometrie. Beweise die Längengleichheit

${}L(\gamma )=L(\varphi \circ \gamma )\,.$

Lösung

Für eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

gilt

$L(\gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt.$

Die Kurve ${}\varphi \circ \gamma$ ist ebenfalls stetig differenzierbar, und nach der Kettenregel gilt

${}(\varphi \circ \gamma )'(t)=\left(D\varphi \right)_{\gamma (t)}(\gamma '(t))=\varphi (\gamma '(t))\,,$

da ${}\varphi$ linear ist. Da ${}\varphi$ eine Isometrie ist, stimmt die Norm von ${}\gamma '(t)$ mit der Norm von ${}\varphi (\gamma '(t))$ überein. Daher ist

${}L(\varphi \circ \gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {(\varphi \circ \gamma )'(t)}\Vert \,dt=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt=L(\gamma )\,.$

 

Aufgabe * (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{6}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,(a,b,c,d,u,v)\longmapsto (au+bv+c+d,ad-bc,ac-b^{2},bd-c^{2}).$

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu dieser Abbildung.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ im Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}(1,1,0,0,1,1)$ regulär ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}u&v&1&1&a&b\\d&-c&-b&a&0&0\\c&-2b&a&0&0&0\\0&d&-2c&b&0&0\end{pmatrix}}.$

b) Die Jacobi-Matrix im Nullpunkt ist

${\begin{pmatrix}0&0&1&1&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.$

Diese Matrix hat den Rang ${}1$, sodass der Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Die Jacobi-Matrix in ${}(1,1,0,0,1,1)$ ist

${\begin{pmatrix}1&1&1&1&1&1\\0&0&-1&1&0&0\\0&-2&1&0&0&0\\0&0&0&1&0&0\end{pmatrix}}.$

Die Determinante der vorderen ${}4\times 4$-Untermatrix ist ${}1\cdot (-1)(-2)(-1)1=-2\neq 0$, sodass die ersten vier Spaltenvektoren linear unabhängig sind und daher der Rang der Matrix gleich ${}4$ ist. Daher handelt es sich um einen regulären Punkt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+xy-6y^{2}-y,$

auf kritische Punkte und Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+y\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x-12y-1\,.$

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

$2x+y=0\,\,{\text{ und }}\,\,x-12y-1=0$

folgt sofort

$25y+2=0,$

also ${}y=-{\frac {2}{25}}$ und daraus

$x={\frac {1}{25}}.$

Es kann also allenfalls im kritischen Punkt ${}P=\left({\frac {1}{25}},\,{\frac {-2}{25}}\right)$ ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

${\begin{pmatrix}2&1\\1&-12\end{pmatrix}}.$

Der Eintrag links oben ist also positiv und die Determinante ist negativ. Daher ist die Hesse-Matrix indefinit und somit liegt kein Extremum vor.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Beweise den Mittelwertsatz der Integralrechnung.

Lösung

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion. Über dem kompakten Intervall ist die Funktion ${}f$ nach oben und nach unten beschränkt, es seien ${}m$ und ${}M$ das Minimum bzw. das Maximum der Funktion, die aufgrund von Fakt ***** angenommen werden. Dann ist insbesondere ${}m\leq f(x)\leq M$ für alle ${}x\in [a,b]$ und

${}m(b-a)\leq \int _{a}^{b}f(t)\,dt\leq M(b-a)\,.$

Daher ist ${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=d(b-a)$ mit einem ${}d\in [m,M]$ und aufgrund des Zwischenwertsatzes gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit ${}f(c)=d$.

 

Aufgabe * (7 Punkte)

Beweise den Satz über implizite Abbildungen für den Fall einer linearen surjektiven Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}.$

Für welche Punkte ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sind die Voraussetzungen des Satzes erfüllt?

Lösung

Es ist ${}G=\mathbb {R} ^{n}$ und ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ sei ein beliebiger Punkt. Bei einer linearen Abbildung stimmt das totale Differential mit der linearen Abbildung überein. Da diese nach Voraussetzung surjektiv ist, sind die Voraussetzungen des Satzes für jeden Punkt erfüllt. Ferner folgt ${}n\geq m$ aus der Surjektivität. Es sei ${}L=\operatorname {kern} \varphi$ der Kern der linearen Abbildung, der nach dem Dimensionssatz die Dimension ${}n-m$ besitzt. Daher gibt es eine lineare Isomorphie ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong L$, die eine lineare injektive Abbildung ${}\theta \colon \mathbb {R} ^{n-m}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ definiert.

Die Faser ${}Z$ durch ${}P$, also das Urbild von ${}\varphi (P)$, ist die Teilmenge

$P+L={\left\{P+v\mid v\in L\right\}}$

und ergibt sich daher aus dem Kern durch verschieben um ${}P$. Insgesamt erhalten wir

$\psi :V=\mathbb {R} ^{n-m}{\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}{\stackrel {+P}{\longrightarrow }}\mathbb {R} ^{n}=W,$

wobei vorne eine lineare injektive Abbildung (deren Bild gleich ${}L$ ist) und hinten eine Verschiebung steht. Daher ist die Abbildung ${}\psi$ stetig differenzierbar und injektiv. Das Bild von ${}\psi$ ist nach der Vorüberlegung genau ${}Z$, sodass eine Bijektion ${}\mathbb {R} ^{n-m}\cong Z$ vorliegt.

Als Verknüpfung einer linearen Einbettung und einer Verschiebung ist ${}\psi$ in jedem Punkt regulär. Das totale Differential von ${}\psi$ ist ${}\theta$, da das totale Differential einer Verschiebung die Identität ist. Wegen ${}\varphi \circ \theta =0$ gilt auch der Zusatz.

 

Aufgabe * (8 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto 1-t^{2}.$

Für welche ${}x,y\in [0,1]$, ${}x<y$, besitzt die zugehörige dreistufige (maximale) untere Treppenfunktion zu ${}f$ den maximalen Flächeninhalt? Welchen Wert besitzt er?

Lösung

Es seien ${}0\leq x\leq y\leq 1$ die Markierungen der möglichen Intervallunterteilungen. Der Flächeninhalt der zugehörigen maximalen unteren Treppenfunktion von ${}f$ ist

${}{\begin{aligned}g(x,y)&=x(1-x^{2})+(y-x)(1-y^{2})\\&=x-x^{3}+y-y^{3}-x+xy^{2}\\&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y.\end{aligned}}$

Die partiellen Ableitungen davon sind

${\frac {\partial g}{\partial x}}=-3x^{2}+y^{2}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial g}{\partial y}}=-3y^{2}+2xy+1.$

Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten Gleichung folgt

${}y={\sqrt {3}}x\,$

(den negativen Fall kann man ausschließen). Wir setzen ${}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}y$ in die zweite Gleichung ein und erhalten die Bedingung

${}-1=-3y^{2}+{\frac {2}{\sqrt {3}}}y^{2}={\frac {-3{\sqrt {3}}+2}{\sqrt {3}}}y^{2}\,,$

woraus

${}y={\frac {3^{1/4}}{\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}={\frac {3^{1/4}\cdot 3^{1/4}}{3^{1/4}\cdot {\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}}={\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,$

folgt. Daher ist

${}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,$

und der einzige kritische Punkt ist

$\left({\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}},\,{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\right).$

Die Hesse-Matrix von ${}g$ ist

${\begin{pmatrix}-6x&2y\\2y&-6y+2x\end{pmatrix}}.$

Im kritischen Punkt ist der Eintrag links oben negativ. Die Determinante ist

${}36xy-12x^{2}-4y^{2}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-12-4{\sqrt {3}}^{2}\right)}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-24\right)}>0\,$

positiv, sodass die Hesse-Matrix negativ definit ist und daher im kritischen Punkt ein Maximum vorliegt. Da es auch in einer geeigneten (kleinen) offenen Umgebung des abgeschlossenen Definitionsbereiches keinen weiteren kritischen Punkt gibt, liegt ein absolutes Maximum vor. Der Wert ist

${}{\begin{aligned}&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y\\&=x{\left(-x^{2}-3{\sqrt {3}}x^{2}+3x^{2}+{\sqrt {3}}\right)}\\&=x{\left(x^{2}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\left({\frac {1}{9-2{\sqrt {3}}}}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}{\left(9+2{\sqrt {3}}\right)}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {-23{\sqrt {3}}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\\&={\frac {2}{\sqrt {9{\sqrt {3}}-6}}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (8 (5+3) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$

mit der Anfangsbedingung ${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$.

Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -1&-2\\-3&\lambda -5\end{pmatrix}}=(\lambda -1)(\lambda -5)-6=\lambda ^{2}-6\lambda -1\,.$

Daher sind ${}3+{\sqrt {10}}$ und ${}3-{\sqrt {10}}$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2+{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2-{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

${}ae^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}+be^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a(2-{\sqrt {10}})e^{(3+{\sqrt {10}})t}+b(2+{\sqrt {10}})e^{(3-{\sqrt {10}})t}\\-3ae^{(3+{\sqrt {10}})t}-3be^{(3-{\sqrt {10}})t}\end{pmatrix}}\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {R}$.

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

${\begin{pmatrix}(2-{\sqrt {10}})a+(2+{\sqrt {10}})b\\-3a-3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$

ist. Die zweite Gleichung bedeutet ${}a+b=-1$. Wir addieren das ${}-{\frac {1}{2-{\sqrt {10}}}}$-fache der ersten Zeile zu ${}a+b=-1$ dazu und erhalten

${}b(1-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}})=-1+{\frac {4}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,,$

woraus sich

${}b{\frac {-2{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,$

und somit

${}b=-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,$

ergibt. Daher ist

${}a=-1-b=-1+{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}={\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,.$

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

${\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.$

 

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