Lösung.

Es ist

$ \mbox{$\displaystyle \left( \begin{array}{l} u'' \\ u' \\ v'' \\ v' \\ ... ...t\; \left( \begin{array}{l} u' \\ u \\ v' \\ v \\ \end{array}\right) $}$
zu lösen.

Berechnen wir die Jordanform von $ \mbox{$A$}$ . Zunächst wird

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \chi_A(X) & = & \det\left( \begin{a... ...m} \\ & = & (X - 1)^2(X - \mathrm{i})(X + \mathrm{i}) \; . \\ \end{array}$}$

Es ist $ \mbox{$ \left( \begin{array}{r} -\mathrm{i}\\ -1 \\ \mathrm{i}\\ 1 \\ \end{array}\right) $}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $ \mbox{$\mathrm{i}$}$ , und $ \mbox{$ \left( \begin{array}{r} \mathrm{i}\\ -1 \\ -\mathrm{i}\\ 1 \\ \end{array}\right) $}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $ \mbox{$-\mathrm{i}$}$ .

Beim Eigenwert $ \mbox{$1$}$ berechnen wir eine Zeilenstufenform

$ \mbox{$\displaystyle Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$C := A - 1\cdot \text{E}$}$ , was die Basis $ \mbox{$\ul{y}_1 = ( \left( \begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array}\right) ) $}$ von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ liefert. Ferner berechnen wir eine Zeilenstufenform
$ \mbox{$\displaystyle Z_2 \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) $}$
von $ \mbox{$Z_1 C$}$ , was die Basisergänzung $ \mbox{$\ul{y}_2 = ( \left( \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) $}$ von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ zu $ \mbox{$\text{Kern}(Z_1 C) = \text{Kern}(C^2) = \text{H}_A(2)$}$ liefert. Mit $ \mbox{$x_{2,1} := y_{2,1}$}$ bilden wir die Kette $ \mbox{$(C x_{2,1},x_{2,1})$}$ (in welcher zufällig $ \mbox{$C x_{2,1} = y_{1,1}$}$ ist) und erhalten mit
$ \mbox{$\displaystyle S \; :=\; \left( \begin{array}{rrrr} -\mathrm{i}& \mathr... ... \mathrm{i}& -\mathrm{i}& 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ \end{array}\right) $}$
die Jordanform
$ \mbox{$\displaystyle J \; := \; S^{-1} A S \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} ... ...{i}& 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right)\; , $}$
und somit
$ \mbox{$\displaystyle \exp(tJ) \; =\; \left( \begin{array}{cccc} e^{\mathrm{i... ...& 0 \\ 0 & 0 & e^t & te^t \\ 0 & 0 & 0 & e^t \\ \end{array}\right)\; , $}$
was uns zu der ein Fundamentalsystem in ihren Spalten beinhaltenden Matrix
$ \mbox{$\displaystyle S\exp(tJ) \; =\; \left( \begin{array}{cccc} \ast & \ast... ...e^{\mathrm{i}t} & e^{-\mathrm{i}t} & e^t & t e^t \\ \end{array}\right)\; . $}$
Die mit $ \mbox{$\ast$}$ gekennzeichneten Einträge sind redundant, da nämlich jeweils die Ableitung des darunterstehenden Eintrags. Sie dennoch auszurechnen, kann man als Probe durchführen.

Wir erhalten als allgemeine Lösung

$ \mbox{$\displaystyle \left( \begin{array}{l} u \\ v \\ \end{array}\right)... ...+ \lambda_4 \left( \begin{array}{r} t e^t \\ t e^t \\ \end{array}\right) $}$
mit $ \mbox{$\lambda_i\in\mathbb{C}$}$ beliebig, oder, umgeformt,
$ \mbox{$\displaystyle \left( \begin{array}{l} u \\ v \\ \end{array}\right)... ...ht) + \mu_4 \left( \begin{array}{r} t e^t \\ t e^t \\ \end{array}\right) $}$
mit $ \mbox{$\mu_i\in\mathbb{C}$}$ beliebig.

Alternativ kann man auch $ \mbox{$y := u+v$}$ und $ \mbox{$z := u - v$}$ setzen, und das System $ \mbox{$y'' - 2y' + y = 0$}$ , $ \mbox{$z'' + z = 0$}$ lösen. Ein solcher Trick ist allerdings selten anwendbar.