$A$ ist eine Blockdiagonalmatrix, daher:

$$\det(A) = \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$$

$$= (2 \cdot 4 - 1 \cdot 3) \cdot (1 \cdot 1 - 2 \cdot 3) = 5 \cdot (-5) = -25$$

• Über $\mathbb{F}_5$: $\det(A) = -25 \equiv 0 \pmod{5}$. Nicht invertierbar! ✗
• Über $\mathbb{F}_7$: $\det(A) = -25 \equiv -25 + 28 = 3 \pmod{7}$. Da $3 \neq 0$: Invertierbar! ✓

Merke: Ein und dieselbe Matrix kann in einem Körper invertierbar sein und im anderen nicht!

Wegen der Blockstruktur berechnen wir die char. Polynome der 2×2-Blöcke separat.

Oberer Block $B_1 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$:

$$\chi_{B_1}(\lambda) = (2-\lambda)(4-\lambda) - 1 \cdot 3 = \lambda^2 - 6\lambda + 8 - 3 = \lambda^2 - 6\lambda + 5$$

Über $\mathbb{F}_5$: $\lambda^2 - 6\lambda + 5 \equiv \lambda^2 - \lambda + 0 \equiv \lambda(\lambda - 1) \pmod{5}$

Unterer Block $B_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$:

$$\chi_{B_2}(\lambda) = (1-\lambda)^2 - 2 \cdot 3 = \lambda^2 - 2\lambda + 1 - 6 = \lambda^2 - 2\lambda - 5$$

Über $\mathbb{F}_5$: $\lambda^2 - 2\lambda - 5 \equiv \lambda^2 - 2\lambda \equiv \lambda(\lambda - 2) \pmod{5}$

Gesamtes char. Polynom über $\mathbb{F}_5$:

$$\boxed{\chi_A(\lambda) = \lambda(\lambda - 1) \cdot \lambda(\lambda - 2) = \lambda^2(\lambda - 1)(\lambda - 2)}$$

Das Polynom zerfällt vollständig in Linearfaktoren über $\mathbb{F}_5$.

(a) Eigenwerte über $\mathbb{F}_5$:

Aus dem char. Polynom $\lambda^2(\lambda-1)(\lambda-2)$:

(b) Eigenwerte über $\mathbb{F}_7$:

Oberer Block: $\chi_{B_1}(\lambda) = \lambda^2 - 6\lambda + 5 \pmod{7}$.

Nullstellen suchen: $\lambda = 1$: $1 - 6 + 5 = 0$ ✓. $\lambda = 5$: $25 - 30 + 5 = 0$ ✓.

Also $\chi_{B_1} = (\lambda - 1)(\lambda - 5)$ über $\mathbb{F}_7$.

Unterer Block: $\chi_{B_2}(\lambda) = \lambda^2 - 2\lambda - 5 \equiv \lambda^2 - 2\lambda + 2 \pmod{7}$.

Diskriminante: $\Delta = 4 - 8 = -4 \equiv 3 \pmod{7}$.

Ist $3$ ein Quadrat in $\mathbb{F}_7$? Prüfe: $1^2 = 1$, $2^2 = 4$, $3^2 = 2$, $4^2 = 2$, $5^2 = 4$, $6^2 = 1$.

Die Quadrate in $\mathbb{F}_7$ sind $\{0, 1, 2, 4\}$. Da $3 \notin \{0,1,2,4\}$: $3$ ist kein Quadrat in $\mathbb{F}_7$!

$\Rightarrow$ $\lambda^2 - 2\lambda + 2$ ist irreduzibel über $\mathbb{F}_7$ (hat keine Nullstelle).

$$\chi_A(\lambda) = (\lambda - 1)(\lambda - 5) \underbrace{(\lambda^2 - 2\lambda + 2)}_{\text{irreduzibel über } \mathbb{F}_7}$$

$A$ hat über $\mathbb{F}_7$ nur 2 Eigenwerte (statt 3 über $\mathbb{F}_5$), weil der Faktor $\lambda^2 - 2\lambda + 2$ über $\mathbb{F}_7$ nicht in Linearfaktoren zerfällt – seine Diskriminante ist kein quadratischer Rest modulo 7.

Wegen der Blockstruktur lösen wir $B_1 x_{12} = 0$ und $B_2 x_{34} = 0$ getrennt.

Oberer Block über $\mathbb{F}_5$: $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = 0$

$Z_1 \cdot 2^{-1}=3$: $(1, 3)$. Dann $Z_2 - 3Z_1$: $(0, 4-9) = (0, -5) = (0, 0)$.

$\Rightarrow x_1 + 3x_2 = 0 \Rightarrow x_1 = -3x_2 = 2x_2$ in $\mathbb{F}_5$.

Basisvektor: $(2, 1)^T$.

Unterer Block über $\mathbb{F}_5$: $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = 0$

$Z_2 - 3Z_1$: $(0, 1-6) = (0, -5) = (0, 0)$.

$\Rightarrow x_3 + 2x_4 = 0 \Rightarrow x_3 = -2x_4 = 3x_4$ in $\mathbb{F}_5$.

Basisvektor: $(3, 1)^T$.

$$\boxed{\ker(A) = \text{span}\left\{ \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}, \quad \dim(\ker A) = 2}$$

Probe: $\dim(\ker A) = 2 =$ alg. VF des Eigenwerts $0$ ✓ (konsistent mit Diagonalisierbarkeit)

Über $\mathbb{F}_5$: Ja, $A$ ist diagonalisierbar!

Begründung: geo. VF = alg. VF für alle Eigenwerte:

• $\lambda = 0$: alg. VF $= 2$, geo. VF $= \dim(\ker A) = 2$ ✓
• $\lambda = 1$: alg. VF $= 1$, also automatisch geo. VF $= 1$ ✓
• $\lambda = 2$: alg. VF $= 1$, also automatisch geo. VF $= 1$ ✓

Die JNF über $\mathbb{F}_5$ wäre: $\text{diag}(0, 0, 1, 2)$.

Über $\mathbb{F}_7$: Nein, $A$ ist NICHT diagonalisierbar!

Begründung: Das char. Polynom $(\lambda-1)(\lambda-5)(\lambda^2-2\lambda+2)$ zerfällt über $\mathbb{F}_7$ nicht vollständig in Linearfaktoren. Eine Matrix ist nur dann diagonalisierbar, wenn eine Basis aus Eigenvektoren existiert. Da der irreduzible quadratische Faktor keine Nullstellen in $\mathbb{F}_7$ hat, liefert der untere $2 \times 2$-Block keine Eigenvektoren. Es gibt nur 2 Eigenvektoren für eine $4 \times 4$-Matrix – zu wenig.

Fazit: Über $\mathbb{F}_5$ ist $A$ nicht invertierbar, aber diagonalisierbar. Über $\mathbb{F}_7$ ist $A$ invertierbar, aber nicht diagonalisierbar. Der Körper bestimmt alles!

Sei $\lambda$ ein Eigenwert von $A$ mit Eigenvektor $v \neq 0$, also $Av = \lambda v$.

Wir wenden die Matrixgleichung auf $v$ an:

$$(A^2 - 5A + 6I)v = 0$$

$$A^2 v - 5Av + 6v = 0$$

$$\lambda^2 v - 5\lambda v + 6v = 0$$

$$(\lambda^2 - 5\lambda + 6) v = 0$$

Da $v \neq 0$, folgt:

$$\lambda^2 - 5\lambda + 6 = 0$$

$$(\lambda - 2)(\lambda - 3) = 0$$

$$\boxed{\lambda \in \{2, 3\}}$$

Die einzig möglichen Eigenwerte von $A$ sind $2$ und $3$.

Beweis (Widerspruch):

Annahme: $A$ ist nicht invertierbar.

Dann ist $\det(A) = 0$, was gleichbedeutend damit ist, dass $\lambda = 0$ ein Eigenwert von $A$ ist (denn $A$ hat nichttrivialen Kern, d.h. es existiert $v \neq 0$ mit $Av = 0 \cdot v$).

Aber aus Aufgabe 2.1 wissen wir: Die einzig möglichen Eigenwerte sind $\lambda \in \{2, 3\}$.

Da $0 \notin \{2, 3\}$, kann $\lambda = 0$ kein Eigenwert von $A$ sein.

Widerspruch! ↯

Also war unsere Annahme falsch, und $A$ ist invertierbar. $\square$

Alternativ (direkt): Aus $A^2 - 5A + 6I = 0$ folgt $6I = 5A - A^2 = A(5I - A)$, also

$$A \cdot \frac{5I - A}{6} = I$$

Damit ist $A^{-1} = \frac{5I - A}{6}$ explizit angegeben und $A$ ist invertierbar. (Dies wird in 2.4 vertieft.)

Beweis:

Aus der Matrixgleichung $A^2 - 5A + 6I = 0$ folgt, dass das Polynom

$$p(\lambda) = \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda - 2)(\lambda - 3)$$

die Matrix $A$ annulliert: $p(A) = 0$.

Das Minimalpolynom $\mu_A$ ist definiert als das normierte Polynom kleinsten Grades, das $A$ annulliert. Per Definition gilt: $\mu_A$ teilt jedes Polynom, das $A$ annulliert.

Also teilt $\mu_A$ das Polynom $p(\lambda) = (\lambda - 2)(\lambda - 3)$.

Die Teiler von $(\lambda-2)(\lambda-3)$ sind:

• $(\lambda - 2)$
• $(\lambda - 3)$
• $(\lambda - 2)(\lambda - 3)$

In allen Fällen hat $\mu_A$ nur einfache Nullstellen (keine Nullstelle mit Vielfachheit $\geq 2$).

Satz: Eine Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn ihr Minimalpolynom nur einfache Nullstellen hat (d.h. in paarweise verschiedene Linearfaktoren zerfällt).

$\Rightarrow$ $A$ ist diagonalisierbar. $\square$

Aus der Matrixgleichung $A^2 - 5A + 6I = 0$ formen wir um:

$$A^2 - 5A = -6I$$

$$A(A - 5I) = -6I$$

$$A \cdot \frac{-(A - 5I)}{6} = I$$

$$A \cdot \frac{5I - A}{6} = I$$

Also:

$$\boxed{A^{-1} = \frac{1}{6}(5I - A)}$$

Verifikation:

$$A \cdot A^{-1} = A \cdot \frac{5I - A}{6} = \frac{5A - A^2}{6} = \frac{5A - (5A - 6I)}{6} = \frac{6I}{6} = I \quad ✓$$

Dabei haben wir $A^2 = 5A - 6I$ (umgestellt aus der Matrixgleichung) verwendet.

Zahlenbeispiel zur Kontrolle: Sei $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$. Dann ist $A^2 - 5A + 6I = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 10 & 0 \\ 0 & 15 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} = 0$ ✓

$A^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/3 \end{pmatrix}$ ✓

Schritt 1: Normierung von $v_1$

$$\|v_1\|^2 = \langle v_1 | v_1 \rangle = \overline{1} \cdot 1 + \overline{i} \cdot i + \overline{0} \cdot 0 = 1 + (-i)(i) + 0 = 1 + 1 = 2$$

$$\|v_1\| = \sqrt{2}$$

$$\boxed{e_1 = \frac{v_1}{\|v_1\|} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix}}$$

Schritt 2: Skalarprodukt $\langle e_1 | v_2 \rangle$

$$\langle e_1 | v_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \overline{1} \cdot 1 + \overline{i} \cdot 0 + \overline{0} \cdot 1 \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 + 0 + 0) = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

Achtung: Der Faktor $\overline{i} = -i$ taucht hier nicht auf, weil die zweite Komponente von $v_2$ Null ist. Konjugation immer im 1. Argument!

Schritt 3: Orthogonalisierung

$$\tilde{e}_2 = v_2 - \langle e_1 | v_2 \rangle \cdot e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 \\ -i/2 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Schritt 4: Normierung von $\tilde{e}_2$

$$\|\tilde{e}_2\|^2 = |1/2|^2 + |-i/2|^2 + |1|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{2}$$

$$\|\tilde{e}_2\| = \sqrt{3/2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$$

$$\boxed{e_2 = \frac{\tilde{e}_2}{\|\tilde{e}_2\|} = \frac{2}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1/2 \\ -i/2 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 2 \end{pmatrix}}$$

Probe: Orthonormalität

$$\langle e_1 | e_2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{6}} \left( \overline{1} \cdot 1 + \overline{i} \cdot (-i) + \overline{0} \cdot 2 \right) = \frac{1}{\sqrt{12}} \left(1 + (-i)(-i)\right) = \frac{1}{\sqrt{12}}(1 + i^2) = \frac{1}{\sqrt{12}}(1 - 1) = 0 \quad ✓$$

$$\|e_1\| = 1 \; ✓, \qquad \|e_2\| = \sqrt{1/6 + 1/6 + 4/6} = \sqrt{6/6} = 1 \; ✓$$

Die orthogonale Projektion auf $U$ bezüglich des ONS $\{e_1, e_2\}$ ist:

$$\text{proj}_U(w) = \langle e_1 | w \rangle \, e_1 + \langle e_2 | w \rangle \, e_2$$

Berechnung der Koeffizienten:

$$\langle e_1 | w \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\overline{1} \cdot 1 + \overline{i} \cdot 1 + \overline{0} \cdot 1\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 + (-i)) = \frac{1-i}{\sqrt{2}}$$

$$\langle e_2 | w \rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\overline{1} \cdot 1 + \overline{(-i)} \cdot 1 + \overline{2} \cdot 1\right) = \frac{1}{\sqrt{6}}(1 + i + 2) = \frac{3 + i}{\sqrt{6}}$$

Einsetzen:

$$\text{proj}_U(w) = \frac{1-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix} + \frac{3+i}{\sqrt{6}} \cdot \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 2 \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1-i}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix} + \frac{3+i}{6}\begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 2 \end{pmatrix}$$

Erster Summand:

$$\frac{1-i}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1-i)/2 \\ i(1-i)/2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1-i)/2 \\ (i-i^2)/2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (1-i)/2 \\ (i+1)/2 \\ 0 \end{pmatrix}$$

Zweiter Summand:

$$\frac{3+i}{6}\begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3+i)/6 \\ -i(3+i)/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3+i)/6 \\ (-3i-i^2)/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3+i)/6 \\ (1-3i)/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix}$$

Summe (auf gemeinsamen Nenner 6):

$$\text{proj}_U(w) = \begin{pmatrix} 3(1-i)/6 + (3+i)/6 \\ 3(1+i)/6 + (1-3i)/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3-3i+3+i)/6 \\ (3+3i+1-3i)/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix}$$

$$\boxed{\text{proj}_U(w) = \begin{pmatrix} (6-2i)/6 \\ 4/6 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3-i)/3 \\ 2/3 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix}}$$

Residuenvektor:

$$r = w - \text{proj}_U(w) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} (3-i)/3 \\ 2/3 \\ (3+i)/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} i/3 \\ 1/3 \\ -i/3 \end{pmatrix}$$

Abstand:

$$d(w, U)^2 = \|r\|^2 = |i/3|^2 + |1/3|^2 + |-i/3|^2 = \frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$$

$$\boxed{d(w, U) = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}}$$

Probe: $\langle e_1 | r \rangle = 0$ und $\langle e_2 | r \rangle = 0$ (der Residuenvektor steht senkrecht auf $U$).

$\langle e_1 | r \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\overline{1} \cdot \frac{i}{3} + \overline{i} \cdot \frac{1}{3} + 0) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{i}{3} + \frac{-i}{3}) = 0$ ✓

$$A^2 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^2 & 2 \cdot 2^1 \\ 0 & 2^2 \end{pmatrix}$$

$$A^3 = A^2 \cdot A = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 12 \\ 0 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^3 & 3 \cdot 2^2 \\ 0 & 2^3 \end{pmatrix}$$

$$A^4 = A^3 \cdot A = \begin{pmatrix} 8 & 12 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 16 & 32 \\ 0 & 16 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^4 & 4 \cdot 2^3 \\ 0 & 2^4 \end{pmatrix}$$

Vermutung:

$$\boxed{A^n = \begin{pmatrix} 2^n & n \cdot 2^{n-1} \\ 0 & 2^n \end{pmatrix} \quad \text{für alle } n \geq 1}$$

Muster: In der oberen rechten Ecke steht immer $n \cdot 2^{n-1}$.

Beweis durch vollständige Induktion über $n$:

Induktionsanfang ($n = 1$):

$$A^1 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2^1 & 1 \cdot 2^0 \\ 0 & 2^1 \end{pmatrix} \quad ✓$$

Induktionsvoraussetzung (IV): Für ein festes $n \geq 1$ gelte:

$$A^n = \begin{pmatrix} 2^n & n \cdot 2^{n-1} \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}$$

Induktionsschritt ($n \to n+1$):

$$A^{n+1} = A^n \cdot A \overset{\text{IV}}{=} \begin{pmatrix} 2^n & n \cdot 2^{n-1} \\ 0 & 2^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$

Matrixmultiplikation:

$$= \begin{pmatrix} 2^n \cdot 2 + n \cdot 2^{n-1} \cdot 0 & 2^n \cdot 1 + n \cdot 2^{n-1} \cdot 2 \\ 0 \cdot 2 + 2^n \cdot 0 & 0 \cdot 1 + 2^n \cdot 2 \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 2^{n+1} & 2^n + n \cdot 2^n \\ 0 & 2^{n+1} \end{pmatrix}$$

Die obere rechte Ecke vereinfacht sich:

$$2^n + n \cdot 2^n = (1 + n) \cdot 2^n = (n+1) \cdot 2^{(n+1)-1}$$

Also:

$$A^{n+1} = \begin{pmatrix} 2^{n+1} & (n+1) \cdot 2^n \\ 0 & 2^{n+1} \end{pmatrix} \quad ✓$$

Dies ist genau die Behauptung für $n+1$.

Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Formel für alle $n \geq 1$. $\square$

Zerlegung: $A = \underbrace{\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}}_{D \,=\, 2I} + \underbrace{\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}}_{N}$

Da $D = 2I$ ein Vielfaches der Einheitsmatrix ist, gilt $DN = ND$ (trivial). Außerdem:

$$N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = 0$$

$N$ ist nilpotent der Ordnung 2.

Matrixexponential:

$$\exp(tA) = \exp(tD + tN) = \exp(tD) \cdot \exp(tN)$$

$$\exp(tD) = \exp(2tI) = e^{2t} I = \begin{pmatrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{2t} \end{pmatrix}$$

$$\exp(tN) = I + tN + \underbrace{\frac{t^2 N^2}{2!} + \cdots}_{= \; 0} = \begin{pmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$$\boxed{\exp(tA) = e^{2t} \begin{pmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{2t} & t \cdot e^{2t} \\ 0 & e^{2t} \end{pmatrix}}$$

Konsistenz-Check mit 4.1: Für die Potenzreihe $\exp(tA) = \sum \frac{t^n}{n!} A^n$ und $A^n$ aus der bewiesenen Formel muss das Gleiche herauskommen. Die obere rechte Ecke wäre $\sum \frac{t^n}{n!} n \cdot 2^{n-1} = t \sum \frac{(2t)^{n-1}}{(n-1)!} = t \cdot e^{2t}$ ✓

$$y(t) = \exp(tA) \cdot y(0) = \begin{pmatrix} e^{2t} & te^{2t} \\ 0 & e^{2t} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

$$\boxed{y(t) = \begin{pmatrix} (1+t) e^{2t} \\ e^{2t} \end{pmatrix}}$$

Probe: $y(0) = (1, 1)^T$ ✓. $\dot{y}(t) = \begin{pmatrix} e^{2t} + 2(1+t)e^{2t} \\ 2e^{2t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3+2t)e^{2t} \\ 2e^{2t} \end{pmatrix}$.

$Ay(t) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} (1+t)e^{2t} \\ e^{2t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (2+2t+1)e^{2t} \\ 2e^{2t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (3+2t)e^{2t} \\ 2e^{2t} \end{pmatrix}$ ✓