Die Koeffizientenmatrix des Systems lautet \[ {\mathbf M}=\left(\begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{array}\right). \] Ihr charakteristisches Polynom \[ P(\lambda)=(\lambda-3)^2-4=\lambda^2-6\lambda+5 \] besitzt die beiden einfachen Nullstellen \[ \lambda_1=1,\quad \lambda_2=5. \] Hierzu ermitteln wir die Eigenvektoren \[ C_1=(-1,1),\quad C_2=(1,1). \] Damit erhalten wir die beiden Basislösungen \[ Y_1(x)=(-1,1)e^{x}\,,\quad Y_2(x)=(1,1)e^{5x}\,,\quad x\in\mathbb R, \] und als Gesamtlösung des Systems \[ Y(x)=\alpha Y_1(x)+\beta Y_2(x),\quad x\in\mathbb R,\ \alpha,\beta\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Die Koeffizientenmatrix des Systems lautet \[ {\mathbf M}=\left(\begin{array}{cc} -3 & 1 \\ -4 & 1 \end{array}\right). \] Ihr charakteristisches Polynom \[ P(\lambda)=-(3+\lambda)(1-\lambda)+4=\lambda^2+2\lambda+1=(\lambda+1)^2 \] besitzt die doppelte Nullstelle \( \lambda_1=\lambda_2=-1. \) Der zugehörige Eigenraum ist eindimensional \[ E_{\lambda=-1}=\text{Lin}\,\{(1,2)\}\,, \] was uns zu der ersten Basislösung führt \[ Y_1(x)=(1,2)e^{-x}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Zur Bestimmung einer zweiten Basislösung machen wir den Ansatz \[ Y_2(x)=(ax+b)e^{-x}\,,\quad x\in\mathbb R, \] mit zu ermittelnden Vektoren \( a,b\in\mathbb R^2, \) \( a\not=0. \) Wir berechnen dazu \[ Y_2'(x)=(a-ax-b)e^{-x}\,,\quad x\in\mathbb R, \] und setzen das in die Ausgangsgleichung ein \[ {\mathbf M}\circ(ax+b)e^{-x}=(a-ax-b)e^{-x}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Ein Koeffizientenvergleich liefert die beiden Bedingungen \[ {\mathbf M}\circ a=-a,\quad {\mathbf M}\circ b=a-b. \] Die erste Bedingung besagt, dass \( a\in\mathbb R \) Eigenvektor zum Eigenwert \( -1 \) ist, d.h. wir setzen \( a=(1,2). \) Damit können wir die zweite Bedingung auswerten zu \( b=(-1,-1). \) Wir erhalten also \[ Y_2(x)=\big\{(1,2)x-(1,1)\big\}\,e^{-x}\,,\quad x\in\mathbb R, \] und als Gesamtlösung des Systems \[ Y(x)=\alpha Y_1(x)+\beta Y_2(x),\quad x\in\mathbb R,\ \alpha,\beta\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Das charakteristische Polynom der Gleichung \[ P(\lambda)=\lambda^2-6\lambda+9=(\lambda-3)^2 \] besitzt die doppelte Nullstelle \( \lambda_1=\lambda_2=3. \) Wir haben also die beiden Basislösungen \[ y_1=e^{3x}\,,\quad y_2=xe^{3x}\,,\quad x\ge 0, \] und damit als Gesamtlösung des Systems \[ y=\alpha y_1+\beta y_2\,,\quad x\ge 0,\ \alpha,\beta\in\mathbb R. \] Um \( \alpha \) und \( \beta \) aus den Anfangsdaten zu bestimmen, ermitteln wir zunächst \[ y'=3\alpha e^{3x}+(\beta+3\beta x)e^{3x}\,. \] Es führen dann \( y(0)=1 \) und \( y'(0)=-1 \) auf die zwei Gleichungen \[ \alpha=1,\quad 3\alpha+\beta=-1 \] und damit auch \( \beta=-4. \) Die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems lautet also \[ y=e^{3x}-4xe^{3x}\,,\quad x\ge 0. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Das charakteristische Polynom \[ P(\lambda)=\lambda^4+2\lambda^3-2\lambda^2-6\lambda+5 \] besitzt die Nullstellen \[ \lambda_1=\lambda_2=1,\quad \lambda_3=-2-i,\quad \lambda_4=-2+i. \] Die erste Nullstelle lässt sich dabei leicht erraten, die anderen folgen nach Polynomdivision. Wir erhalten also zunächst zwei Basislösungen \[ y_1=e^x\,,\quad y_2=xe^x\,,\quad x\in\mathbb R. \] Zwei weitere Basislösungen folgen nach Auftrennen von \( e^{(-2+i)x} \) in Real- und Imaginärteil \[ e^{(-2+i)x}=e^{-2x+ix}=e^{-2x}(\cos x+i\sin x)=e^{-2x}\cos x+ie^{-2x}\sin x, \] also \[ y_3=\cos xe^{-2x}\,,\quad y_4=\sin xe^{-2x}\,,\quad x\in\mathbb R. \] Die gesuchte Gesamtlösung der Gleichung ergibt sich daher zu \[ y=\alpha y_1+\beta y_2+\gamma y_3+\delta y_4\,,\quad x\in\mathbb R,\ \alpha,\beta,\gamma,\delta\in\mathbb R. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)