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. 41
( 60 .)



>>

∞ ∞ ∞
1 1n 1m
An B m = A B = exp (A) exp (B)
n!m! n! m=0 m!
n,m=0 n=0

und andererseits
∞ ∞ k
1 1
An B m = An B k’n
n! (k ’ n)!
n!m!
n,m=0 n=0
k=0
∞ k
1 k
An B k’n
=
k! n
n=0
k=0

1
(A + B)k = exp (A + B) ,
=
k!
k=0

wobei wir
k
k
An B k’n = (A + B)k
n
n=0
benutzt haben, was aus AB = BA folgt.

Korollar 9.1 Fur jede quadratische Matrix A ist exp (A) regul¨r.
a
¨
Beweis. Da A mit (’A) vertauscht folgt exp (A) exp (’A) = exp (A ’ A) =
exp (0) = E.
» 0
Beispiel 9.2 Wir betrachten einen Jordanblock Jm = »Em + Jm . Da Em mit
jeder Matrix vertauscht, folgt
» 0
exp Jm = exp (»Em ) exp Jm .
k
Nun ist exp (»Em ) o¬ensichtlich e » Em . Ferner ist (Jm ) = 0 falls k ≥ m ist,
0
0k
und fur k < m ist (Jm ) die Matrix die in der k-ten unteren Nebendiagonalen
¨
Einsen hat und sonst uberall Nullen. Demzufolge ist
¨
« 
··· ··· 0
1 0
0 ···
¬1 1 0·
¬ ·
¬1 0 ··· 0 ·
1 1
¬ 2! ·
0 . ·.
exp Jm = ¬
0 .·
¬1 1
1 1 .·
3! 2!
. .. . ·
¬
. . .
. .
¬

1 1 1
··· 1 1
(m’1)! (m’2)! 2!

exp Jm ist dann gleich e» exp (Jm ) .
» 0



177
¨
Eine wichtige Bemerkung ist, dass sich die Ahnlichkeitstransformation auf die
Exponentialfunktion ubertragt: Ist S eine regulare Matrix und B = S ’1 AS, so
¨ ¨ ¨
gilt auch
exp (B) = S ’1 exp (A) S. (9.1)
Dies folgt einfach durch die Tatsache, dass B n = S ’1 An S ist. Daraus folgt sofort
fur jedes N ∈ N :
¨
N N
1n 1n
B = S ’1 A S,
n! n!
n=1 n=1

und mit einem Grenzubergang N ’ ∞ folgt die entsprechende Aussage uber
¨ ¨
Exponentiale.

9.2 Lineare Systeme von Di¬erentialgleichungen
Wir betrachten ein System von Di¬erentialgleichungen der folgenden Form:
n
aij yj (t) , t ∈ R, 1 ¤ i ¤ n.
yi (t) =
j=1


Die quadratische Matrix A = (aij )1¤i,j¤n ist dabei eine vorgegebene reelle oder
komplexe Matrix. Dabei sollen die Funktionen yi di¬erenzierbare Abbildungen
t ’ yi (t) ∈ K sein. Der Vektor y (t) = (yi (t))1¤i¤n de¬niert dann eine
R
di¬erenzierbare Abbildung R ’ Kn . Eine Funktion y, die das obige Gleichungs-
system erfullt, heisst L¨sung dieses Systems. Wir betrachten derartige L¨sungen
o o
¨
n
als Elemente des Vektorraums C (R, K ) der stetigen Funktionen.
Das obige Gleichungssystem l¨sst sich in Matrizenschreibweise wie folgt dar-
a
stellen:
y (t) = Ay (t) , (9.2)
« 
y1 (t)
¬ y2 (t) ·
y (t) := ¬ . · .
¬ ·
. .
yn (t)
Die Menge von Losungen von (9.2) bezeichnen wir mit LA .
¨

Lemma 9.3 LA ist ein Unterraum von C (R, Kn ) .

Beweis. Seien y, z ∈ LA und ±, β ∈ K. Dann gilt

(±y + βz) (t) = ±y (t) + βz (t) = ±A y (t) + βA z (t)
= A (±y (t) + βz (t)) .



178
t ’ exp (tA) ∈ MK (n) ist stetig
Lemma 9.4 Die matrizenwertige Funktion R
di¬erenzierbar und erfullt die Gleichung
¨
d
exp (tA) = A exp (tA)
dt
Beweis. Wir zeigen zun¨chst, dass t ’ exp (tA) stetig ist. Man beachte,
a
dass fur s, t ∈ R die Matrizen sA und tA vertauschen. Daraus folgt:
¨

exp ((t + s) A) = exp (sA) exp (tA) .

Nun gilt

sj j
exp (sA) = E + A.
j!
j=1

Fur |s| ¤ 1 gilt (sj /j!) Aj ¤ A j /j!, d.h. die Reihe oben konvergiert absolut,
¨
gleichmassig in |s| ¤ 1. Demzufolge gilt
¨

lim exp ((t + s) A) = exp (tA) lim exp (sA)
s’0 s’0

sj j
= exp (tA) E + lim A = exp (tA) .
s’0 j!
j=1

Damit ist gezeigt, dass die Exponentialfunktion stetig ist. Die Di¬erenzierbarkeit
folgt nun in ¨hnlicher Weise: Fur s = 0:
a ¨
exp (sA) ’ E
1
[exp ((t + s) A) ’ exp (tA)] = exp (tA)
s s
∞1
sj’1 Aj exp (tA) ,
=
j=1 j!


woraus in analoger Weise wie oben
1 ∞1
lim sj’1 Aj exp (tA)
[exp ((t + s) A) ’ exp (tA)] =
lim
s’0 s j=1 j! s’0

= A exp (tA)

folgt.
Fur y0 ∈ Kn sei
¨
zy0 (t) := exp (tA) y0 .
zy0 ist o¬enbar eine stetig di¬erenzierbare Funktion R ’ Kn , also insbesondere
ein Element in C (R, Kn ) .

Satz 9.2
LA = {zy0 : y0 ∈ Kn } .

179
Beweis. Aus dem vorangegangenen Lemma folgt, dass fur jeden Vektor y0 ∈
¨
n
K , die Funktion zy0 das Di¬erentialgleichungssystem (9.2) lost.
¨
Wir mussen nun noch nachweisen, dass dies alle Losungen sind. Sei y :
¨ ¨
n
R ’ K eine beliebige Losung. Wir betrachten die Funktion t ’ z (t) :=
¨
exp (’At) y (t) . Di¬erenzieren und Anwendung der Produktregel - zusammen
mit dem vorangegangenen Lemma impliziert:
z (t) = ’A exp (’At) y (t) + exp (’At) y (t)
= ’A exp (’At) y (t) + exp (’At) A y (t) = 0.
Daraus folgt, dass z (t) konstant in t ist, d.h. z (t) = z (0) = y (0) . Somit folgt
y (t) = exp (At) y (0) ,
d.h. y = zy(0) .
Korollar 9.2
dim (LA ) = n.
Beweis. Wir betrachten die lineare Abbildung Kn y0 ’ zy0 ∈ C (R, Kn ) .
Diese Abbildung ist injektiv, denn zy0 ist nur die Nullfunktion, wenn y0 = 0
gilt. Demzufolge hat nach Satz 4.18 das Bild dieser Abbildung die Dimension
dim (Kn ) = n. Nach Satz 9.2 ist dieses Bild aber LA .
Die gesamte Menge der L¨sungen bezeichnet man oft auch als die allgemeine
o

L¨sung“. In vielen F¨llen ist man nicht an der gesamten L¨sungsmenge, d.h. an
o a o
der allgemeinen L¨sung interessiert, sondern an der partikul¨ren“ L¨sung, die
o a o

einer bestimmten Anfangsbedingung genugt. Sucht man etwa nach einer L¨sungo
¨
von (9.2), die fur t = 0 fest vorgegeben ist: y (0) = y0 , so ist die eindeutige
¨
L¨sung mit dieser Anfangsbedingung dann einfach y (t) = exp (tA) y0 . Dies l¨sst
o a
sich wie folgt verallgemeinern:
Satz 9.3 Seien t0 ∈ R und y0 ∈ Kn . Dann hat das Gleichungssystem (9.2) genau
eine L¨sung, die der Anfangsbedingung y (t0 ) = y0 genugt. Sie ist gegeben durch
o ¨
y (t) = exp ((t ’ t0 ) A) y0 .
Beweis. Wir suchen eine L¨sung des Gleichungssystems der Form y (t) =
o
exp (tA) z mit der Eigenschaft y (t0 ) = y0 . Einsetzen ergibt z = exp (’t0 A) y0 .
Demzufolge ist t ’ exp ((t ’ t0 ) A) y0 die eindeutige L¨sung unseres Problems.
o

Die e¬ektive Berechnung von exp (tA) ist in der Regel nicht ganz einfach. Der
einfachste Fall ist, wenn A diagonalisierbar ist, d.h. wenn eine regul¨re Matrix S
a
existiert mit
»1 0 · · · 0
« 


¬ 0 »2 .

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