Lösung.

1.
Zunächst berechnen wir das charakteristische Polynom
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \chi_A(X)&=&\det(X\text{E}-A)=\det\be... ...0+12X+(X-3)(X^2+2X-7)\vspace{3mm}\\ &=&X^3-X^2-X+1=(X+1)(X-1)^2 \end{array}$}$
Also hat $ \mbox{$A$}$ die Eigenwerte $ \mbox{$-1$}$ und $ \mbox{$1$}$ . Wir berechnen nun die Jordanform von $ \mbox{$A$}$ mit einer Transformationsmatrix $ \mbox{$S=(s_1,s_2,s_3)$}$ . Für den Eigenwert $ \mbox{$-1$}$ setzen wir $ \mbox{$C_1:=A+\text{E}$}$ und erhalten sofort
$ \mbox{$\displaystyle \text{Kern }C_1 \; =\; \langle\underbrace{\begin{pmatrix}1\\ -1\\ -2\end{pmatrix}}_{=:\; y_{1,1}}\rangle\; . $}$
Dies ist eine Basis des Hauptraums $ \mbox{$\text{H}_A(-1)$}$ , also wählen wir $ \mbox{$s_1:=y_{1,1}$}$ .

Für den Eigenwert $ \mbox{$1$}$ setzen wir $ \mbox{$C_2:=A-\text{E}$}$ und berechnen
$ \mbox{$\displaystyle \text{Kern }C_2 \; =\; \langle\underbrace{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}}_{=:\; y_{1,1}}\rangle $}$
sowie
$ \mbox{$\displaystyle \text{Kern }C_2^2\; =\; \langle\underbrace{\begin{pmatri... ...\end{pmatrix}}_{=:\; y_{2,1}},\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\rangle $}$
woraus wir eine Basis $ \mbox{$(y_{1,1},y_{2,1})$}$ des Hauptraums $ \mbox{$\text{H}_A(1)$}$ erhalten.

Wir ersetzen nun im nächsten Schritt diese Basis durch die einzige hier erforderliche Kette $ \mbox{$(s_2, s_3) := (C_2 y_{2,1}, y_{2,1})$}$ , welche ebenfalls eine Basis des Hauptraums $ \mbox{$\text{H}_A(1)$}$ darstellt. (Daß $ \mbox{$C_2 y_{2,1} = y_{1,1}$}$ ist, darf als Zufall angesehen werden.) Insgesamt erhalten wir

$ \mbox{$\displaystyle S \; =\; \begin{pmatrix}\hfill 1&1&2\\ -1&1&1\\ -2&1&0\end{pmatrix}\; , $}$
und es ist
$ \mbox{$\displaystyle S^{-1}AS\; =\;\begin{pmatrix}-1&\hfill 0&\hfill 0\\ \hfill 0&\hfill 1&\hfill 1\\ \hfill 0&\hfill 0&\hfill 1\end{pmatrix}\; =:\; J\;. $}$
Dann ist also
$ \mbox{$\displaystyle Se^{tJ} \; =\; \begin{pmatrix}\hfill 1&1&2\\ -1&1&1\\ ... ...-t}&e^t&te^t+2e^t\\ -e^{-t}&e^t&te^t+e^t\\ -2e^{-t}&e^t&te^t\end{pmatrix} $}$
eine Fundamentalmatrix, so daß die allgemeine Lösung der Differentialgleichung die Gestalt
$ \mbox{$\displaystyle x(t)\; =\; Se^{tJ}v $}$
hat, mit einem Vektor $ \mbox{$v\in\mathbb{C}^3\,$}$ .

2.
Wir lösen nun die Differentialgleichung mit dem Anfangswert $ \mbox{$x(0)=(1,1,0)^\text{t}$}$ . Aus 1. erhalten wir mit $ \mbox{$v=(v_1,v_2,v_3)^\text{t}$}$ den Ansatz
$ \mbox{$\displaystyle \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\; =\; Se^{0\cdot... ...matrix}\left( \begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ \end{array}\right) $}$
und daraus die eindeutige Lösung
$ \mbox{$\displaystyle \left( \begin{array}{l} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ \end{... ...) \; =\; \left( \begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array}\right)\; . $}$
Somit ist
$ \mbox{$\displaystyle x(t)\; =\; Se^{tJ}v \; =\; \begin{pmatrix}-e^{-t}+2e^t+2te^t\\ e^{-t}+2te^t\\ 2e^{-t}-2e^t+2te^t \end{pmatrix}$}$
die eindeutige Lösung des gegebenen Anfangswertproblems.

3.
Um nun das inhomogene System zu lösen, verwenden wir die Methode der Variation der Konstanten. Wir suchen $ \mbox{$x$}$ von der Form
$ \mbox{$\displaystyle x(t)\; =\; Se^{tJ}v(t) $}$
mit einem noch zu bestimmenden $ \mbox{$v$}$ . Einsetzen in $ \mbox{$x' = Ax + b$}$ liefert die Bedingung
$ \mbox{$\displaystyle v'(t)\; =\; e^{-tJ}S^{-1}b(t)\; . $}$
Wir berechnen zunächst $ \mbox{$S^{-1}$}$ mit einer (leicht variierten) Anwendung des Gaußalgorithmus.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rl} & \left( \begin{array}{rrr\vert rrr} 1... ... 3 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 3 & -2 \\ \end{array}\right)\; . \\ \end{array}$}$

Also ist

$ \mbox{$\displaystyle S^{-1}\; =\; \begin{pmatrix}\hfill 1&-2&\hfill 1\\ \hfill 2&-4&\hfill 3\\ -1&\hfill 3&-2\end{pmatrix}$}$
und
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} v(t) & = & w+\displaystyle\int e^{-tJ... ...pmatrix}0\\ -te^{-t}\sin t\\ e^{-t}\sin t\end{pmatrix}\text{d}t \end{array}$}$
mit einem konstanten Vektor $ \mbox{$w\in\mathbb{C}^3$}$ . Durch komplexe Interpretation von Sinus und Cosinus oder auch durch zweifache partielle Integration erhält man
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int e^{-t}\sin t\ \text... ...t e^{-t}\cos t\ \text{d}t&=&-\frac{1}{2}e^{-t}(\cos t-\sin t)\; . \end{array}$}$
Daraus erhält man mit partieller Integration
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int te^{-t}\sin t\ \tex... ...vspace{3mm}\\ &=&-\frac{1}{2}e^{-t}(t\sin t+t\cos t+\cos t)\; . \end{array}$}$
Somit ist
$ \mbox{$\displaystyle v(t)\; =\; w + \begin{pmatrix}0\\ \frac{1}{2}e^{-t}(t\sin t+t\cos t+\cos t)\\ -\frac{1}{2}e^{-t}(\sin t+\cos t)\end{pmatrix}\,. $}$
Die allgemeine Lösung ist demnach
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} x(t)\; =\; \begin{pmatrix}e^{-t}&e^t&... ...\begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array}\right) \\ \end{array}$}$
mit einem Vektor $ \mbox{$w = (w_1,w_2,w_3)^\text{t}\in\mathbb{C}^3$}$ .