7 応用

行列乗は、定数係数線形微分方程式への応用が有名である。 その基礎から少し紹介する。 定数係数の線形微分方程式には、例えば

  $$y''+4y=\cos t\hspace{1zw}(\mbox{$y=y(t)$: 未知関数})$$ (16)

のように単独の方程式 (2 階単独) や、

  $$\left\{\begin{array}{ll} y_1'' &= 2y_2'+y_1+2y_2\\ y_2'' &= 3y_1'+y_1-y_2+e^{2t} \end{array}\right. \hspace{1zw}(\mbox{$y_1(t),y_2(t)$: 未知})$$ (17)

のように連立 (2 階 2 未知連立) の方程式もあるが、 未知関数の数を増やせば、すべて 1 階の連立微分方程式

  $$\begin{array}{l} \left\{\begin{array}{ll} y_1' &= a_{11} y_1+a... ... [.5zh] \hspace{1zw}(\mbox{$y_j=y_j(t)$: 未知、$a_{ij},f_j(t)$: 既知}) \end{array}$$ (18)

に変形できるし、 逆に未知関数を減らすことで 1 未知関数 1 本の $n$ 階 微分方程式

  $$\begin{array}{l} y^{(n)}=b_{n-1}y^{(n-1)}+b_{n-2}y^{(n-2)}+\cdo... ...1y'+b_0y+g(t)\\ \hspace{1zw}(\mbox{$y=y(t)$: 未知、$b_j,g(t)$: 既知}) \end{array}$$ (19)

の形に帰着させることもできる。

例えば、(16) は、$y'=z$ ($z=z(t)$: 未知) とすれば、 $z'=y''$ より

  $$\left\{\begin{array}{ll} y' &=z\\ z' &=-4y+\cos t \end{array}\right.$$ (20)

の 1 階連立になるし、(17) は $y_1'=y_3$, $y_2'=y_4$ と すれば

  $$\left\{\begin{array}{ll} y_1' & =y_3\\ y_2' & =y_4\\ y_3' & =y_1+2y_2 +2y_4\\ y_4' & =y_1-y_2+3y_3 + e^{2t} \end{array}\right.$$ (21)

の 1 階連立となる。 逆に、(17) から $y_2$ (または $y_1$) を 消去して $y_1$ の 4 階微分方程式を作ることもできる。 それには、演算子法を利用すると便利だが、その詳しい説明は 微分方程式の本を参照してもらうことにして、 その計算だけを紹介する。 (17) は微分演算子 $D=d/dt$ を用いて

$$\left\{\begin{array}{ll} (D^2-1)y_1-2(D+1)y_2 &=0\\ -(3D+1)y_1+(D^2+1)y_2 &=e^{2t}\end{array}\right.$$

と書けるので、$y_2$ を消去すれば、

$$-2(D+1)(3D+1)y_1+(D^2+1)(D^2-1)y_1=2(D+1)e^{2t}=6e^{2t}$$

となるので、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{-2(D+1)(3D+1)+(D^2+1)(D^2-1) \ =\ -2(3D^2+4D+1)+D^4-1} \\ &=& D^4-6D^2-8D-3\end{eqnarray*}$$

より、

  $$y_1^{(4)}-6y_1''-8y_1'-3y_1=6e^{2t}$$ (22)

が得られる。

よって、1 階連立方程式 (18) を 解くことと $n$ 階単独方程式 (19) を解くことは 実質的に同じで、 微分方程式の本では通常どちらかの解法のみを紹介し、 他方の方程式はそちらに変換する方法を紹介する、というのが普通である。

一般的には、より解法を重視する工学系の教科書では 単独方程式 (19) の方で解法を紹介し、 理論を重視する理学系の教科書では 連立方程式 (18) の方で解法を紹介することが 多いように思う。 それは、連立方程式 (18) の解法には行列の理論、 特に $e^{At}$ の話が必要になるからだと思われる。 単独方程式 (19) の場合は、 行列を使用せずに特性方程式 (連立方程式 (18) の 場合の固有方程式に対応する) を解くことで、代入法や定数変化法、演算子法、 ラプラス変換などにより行列を用いずに解を求めることができる。

なお、(18) や (19) の 係数 $a_{ij},b_j$ が定数でない場合、すなわち $t$ の既知関数である場合は、 方程式の解法は特殊な場合にしか存在せず、問題はかなり難しい。 本節では定数係数の場合のみ扱う。

方程式に現れる既知関数 $f_j(t)$ がすべて 0 である場合の方程式を斉次形、 一つでも 0 でないものがある場合は非斉次形と呼ぶ。

$$Y(t) = \left[\begin{array}{c}{y_1(t)}\\ {y_2(t)}\\ \vdots\\ {y_n(... ...{f_2(t)}\\ \vdots\\ {f_n(t)} \end{array}\right], \hspace{1zw}A=[a_{ij}]_{i,j}$$

とすると、(18) は

  $$Y'(t)=AY(t)+F(t)$$ (23)

と書けるが、その初期値問題、すなわち初期条件

$$Y(t_0)=Y_0=\left[\begin{array}{c}{\alpha_1}\\ {\alpha_2}\\ \vdots\\ {\alpha_n} \end{array}\right]$$

(すなわち $y_j(t_0)=\alpha_j$) を満たす解を考える。

$F(t)=O$ の斉次方程式の場合、$Y'(t)=AY(t)$ の初期値問題の解は、 一意的に

  $$Y(t)=e^{A(t-t_0)}Y_0$$ (24)

と書ける。それは、斉次方程式 $Y'=AY$ の両辺に $e^{-At}$ を左からかけると、 定理 5.3 により、

$$e^{-At}Y'=e^{-At}AY=-(e^{-At})'Y$$

となり、 $(e^{-At}Y)'=(e^{-At})'Y+e^{-At}Y'=O$ となるので $e^{-At}Y$ は 定数行列であることになる。よって $e^{-At}Y=e^{-At_0}Y_0$ となるので、 両辺に $e^{At}$ をかければ (24) が得られる。

より一般の非斉次方程式の場合は、

$$(e^{-At}Y)'=-e^{-At}AY+e^{-At}Y'=e^{-At}(-Ay+Y')=e^{-At}F(t)$$

となるので、$t$ に関して $t_0$ から $t$ まで両辺を積分すると

$$e^{-At}Y-e^{-At_0}Y_0=\int_{t_0}^t e^{-As}F(s)ds$$

となり、両辺 $e^{At}$ 倍して移項すれば、

  $$Y =e^{At}e^{-At_0}Y_0+\int_{t_0}^t e^{At}e^{-As}F(s)ds =e^{A(t-t_0)}Y_0+\int_{t_0}^t e^{A(t-s)}F(s)ds$$ (25)

が得られる。 いずれも、$e^{At}$ の計算によって解がシンプルな形で表現されることになる。

さて、これらを用いて、実際に (20) の 初期値問題

  $$y(0)=y_0, \hspace{1zw}z(0)=y'(0)=z_0$$ (26)

および (21) の初期値問題

  $$y_1(0)=\alpha_1, \hspace{1zw}y_2(0)=\alpha_2, \hspace{1zw}y_3(0)=y_1'(0)=\beta_1, \hspace{1zw}y_4(0)=y_2'(0)=\beta_2$$ (27)

の解を求めてみる。

(20) は、

$$\left[\begin{array}{c}y\\ z\end{array}\right]' = \left[\begin{ar... ...\cos t\end{array}\right] = A\left[\begin{array}{c}y\\ z\end{array}\right]+F(t)$$

と書けるので、初期値問題の解は、

  $$\left[\begin{array}{c}y\\ z\end{array}\right] = e^{At}\left[\beg... ...right] +\int_0^te^{A(t-s)}\left[\begin{array}{c}0\\ \cos s\end{array}\right]ds$$ (28)

となる。$A$ の固有値は、

$$\left\vert\begin{array}{cc}\lambda & -1\\ 4&\lambda\end{array}\right\vert =\lambda^2+4 = 0$$

より $\lambda_1=-2i$, $\lambda_2=2i$、固有ベクトルは

$$\mbox{\boldmath$x$}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ \lambda_1\end{arr... ...1\\ \lambda_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 2i\end{array}\right]$$

となる。よって $A$ は対角化可能で、

$$Q=[\mbox{\boldmath$x$}_1\ \mbox{\boldmath$x$}_2] = \left[\begin{a... ...ay}\right] =\frac{1}{4}\left[\begin{array}{cc}2 & i\\ 2 & -i\end{array}\right]$$

により

$$Q^{-1}AQ = \left[\begin{array}{cc}\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2\end{... ...Q^{-1}e^{At}Q =\left[\begin{array}{cc}e^{-2it}&0\\ 0&e^{2it}\end{array}\right]$$

となる。よって、

$$e^{At} = Q\left[\begin{array}{cc}e^{-2it}&0\\ 0&e^{2it}\end{array}\right]... ...&e^{2it}\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}2&i\\ 2&-i\end{array}\right]$$

$$= \frac{1}{4}\left[\begin{array}{cc}e^{-2it}&e^{2it}\\ -2ie^{-2it}&2ie^{2it}\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}2&i\\ 2&-i\end{array}\right]$$

$$= \frac{1}{4}\left[\begin{array}{cc}2e^{-2it}+2e^{2it}& ie^{-2it}-i... ...ft[\begin{array}{cc}4\cos 2t& 2\sin 2t\\ -8\sin 2t& 4\cos 2t\end{array}\right]$$

$$= \left[\begin{array}{cc}\cos 2t& \sin 2t/2\\ -2\sin 2t& \cos 2t\end{array}\right]$$ (29)

となる。これにより

$$e^{At}\left[\begin{array}{c}y_0\\ z_0\end{array}\right] = \left... ...array}{c}y_0\cos 2t+(z_0/2)\sin 2t\\ -2y_0\sin 2t+z_0\cos 2t\end{array}\right]$$

であり、また、積分の項は、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_0^te^{A(t-s)}\left[\begin{array}{c}0\\ \cos s\end... ...n{array}{c}\cos 3t+3\cos t-4\\ 2\sin 3t+6\sin t\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

となるが、この最後の項を ${}^T\!{[\alpha\ \beta]}/12$ とし、 $\cos mt=C_m$, $\sin mt=S_m$ と略して書くと、

$$\begin{eqnarray*}\alpha &=& C_2(C_3+3C_1-4)+S_2(S_3+3S_1) \\ &=& (C_3C_2+S_... ...-6(S_2C_1-S_1C_2)+8S_2 \ =\ 2S_1-6S_1+8S_2 \\ &=& -4S_1+8S_2\end{eqnarray*}$$

となるので、結局、

$$\int_0^te^{A(t-s)}\left[\begin{array}{c}0\\ \cos s\end{array}\rig... ...1}{3}\left[\begin{array}{c}\cos t-\cos 2t\\ -\sin t+2\sin 2t\end{array}\right]$$

となる。よって、初期値問題 (20), (26) の解は、(28) より

$$\left[\begin{array}{c}y\\ z\end{array}\right] =\left[\begin{array... ...1}{3}\left[\begin{array}{c}\cos t-\cos 2t\\ -\sin t+2\sin 2t\end{array}\right]$$

となることがわかる。この最後の式から $y'=z$ となること、$t=0$ のとき $y=y_0$, $z=z_0$ となることが容易に確認できる。 しかし、ここまでの手順はかなり長く、(16) を 単独方程式のまま特性方程式と代入法などで解く方がはるかに 短く容易である。

次は、(21) を考える。 こちらは最後までは計算しないが、 ジョルダン標準形位までは求めてみる。 この場合は、

$$Y=\left[\begin{array}{c}y_1\\ y_2\\ y_3\\ y_4\end{array}\right], ... ...], \hspace{1zw} F = \left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ e^{2t}\end{array}\right]$$

となる。まずは $A$ の固有値から。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\left\vert\begin{array}{cccc}\lambda &0&-1&0\\ 0&\lamb... ...(\lambda^2-2\lambda-3) % \\ &=& \ =\ (\lambda+1)^3(\lambda-3)\end{eqnarray*}$$

より、固有値は $\lambda_1=3$、$\lambda_2=-1$ (重複度 3) となる。

$\lambda_1=3$ の固有空間は 1 次元で、固有ベクトル 1 つを求めればよい。 固有ベクトルの方程式は、

$$(A-3E)\mbox{\boldmath$x$} =\left[\begin{array}{cccc}-3&0&1&0\\ 0&... ...t[\begin{array}{c}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right] =\mbox{\boldmath$0$}$$

なので、行を入れかえてから逆順に消去法を行うと、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{A-3E \ =\ \left[\begin{array}{cccc}-3&0&1&0\\ 0&-3... ...}{cccc}0&0&0&0\\ -1&1&0&0\\ -3&0&1&0\\ -3&0&0&1\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

となるので、$x_1=s$ とすれば $x_2=s$, $x_3=3s$, $x_4=3s$ より 固有ベクトル

$$\mbox{\boldmath$v$}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 3\\ 3\end{array}\right]s$$

が求まる。$s$ は $s=1$ と取ればよい。

次は $\lambda=-1$ の固有ベクトルを考える。この場合は、 固有空間の次元は 3 以下だが、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{A+E \ =\ \left[\begin{array}{cccc}1&0&1&0\\ 0&1&0&... ...ay}{cccc}0&0&0&0\\ 1&1&0&0\\ 1&0&1&0\\ -1&0&0&1\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

なので、$-1$ に対する固有ベクトルは、

$$\mbox{\boldmath$v$}_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\\ 1\end{array}\right]s$$

であり、固有空間の次元は 1 となる。これも $s=1$ とすればよい。 固有値 $-1$ の重複度は 3 なので、この場合、

$$(A+E)\mbox{\boldmath$v$}_3=\mbox{\boldmath$v$}_2, \hspace{1zw} (A+E)\mbox{\boldmath$v$}_4=\mbox{\boldmath$v$}_3$$

となる広義固有ベクトル $\mbox{\boldmath$v$}_3,\mbox{\boldmath$v$}_4$ を取る必要がある。 なお、当然これらも一意に決定するわけではなく、例えば $\mbox{\boldmath$v$}_3$ は、

$$\mbox{\boldmath$v$}_3 = \mbox{\boldmath$v$}^{(0)}_3 + s\mbox{\boldmath$v$}_2$$

の $s$ の自由度を持つ解が求まり、 $\mbox{\boldmath$v$}_4$ はその $s$ に対してさらに

$$\mbox{\boldmath$v$}_4 = \mbox{\boldmath$v$}^{(0)}_4 +s\mbox{\boldmath$v$}^{(0)}_3+t\mbox{\boldmath$v$}_2$$

の $t$ の自由度を持つ解が求まるはずである。 これらもとりあえずは $s=t=0$ のように適当に固定してよい。

まずは $\mbox{\boldmath$v$}_3$ を求める。 方程式 $(A+E)\mbox{\boldmath$x$}=\mbox{\boldmath$v$}_2$ の解を求めるには、 拡大係数行列 $[A+E\ \mbox{\boldmath$v$}_2]$ の 消去法を行う。実際には $A+E$ の部分の変形なので、その手順は $\mbox{\boldmath$v$}_2$ の 計算と同じで、違うのは一番右側の列のみとなる。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{[A+E\ \vert\ \mbox{\boldmath$v$}_2] \ =\ \left[\beg... ...0&0&0\\ 1&1&0&0&1/2\\ 1&0&1&0&1\\ -1&0&0&1&-3/2\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

となるので、$x_1=s$ に対して $x_2=-s+1/2$, $x_3=-s+1$, $x_4=s-3/2$ となり、

$$\mbox{\boldmath$v$}_3=s\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\\ 1\end{array}\right]+\frac{1}{2}\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\\ -3\end{array}\right]$$

となる。ここで $s=0$ としたものを $\mbox{\boldmath$v$}_3$ とする。 最後は $\mbox{\boldmath$v$}_4$ を求める。分数を消すために、方程式を 2 倍して、

$$(A+E)(2\mbox{\boldmath$v$}_4)=2\mbox{\boldmath$v$}_3$$

と考え、 $2\mbox{\boldmath$v$}_4$ を求める計算を行う。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{[A+E\ \vert\ 2\mbox{\boldmath$v$}_3] \ =\ \left[\be... ...0&0&0&0&0\\ 1&1&0&0&2\\ 1&0&1&0&0\\ -1&0&0&1&-1\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

なので、 $\mbox{\boldmath$v$}_4$ は

$$\mbox{\boldmath$v$}_4 =\frac{t}{2}\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ ... ...ray}\right] +\frac{1}{2}\left[\begin{array}{c}0\\ 2\\ 0\\ -1\end{array}\right]$$

となる。これも $t=0$ とすれば $Q=[\mbox{\boldmath$v$}_1\ \mbox{\boldmath$v$}_2\ \mbox{\boldmath$v$}_3\ \mbox{\boldmath$v$}_4]$ は

$$Q =\left[\begin{array}{cccc}1&1&0&0\\ 1&-1&1/2&1\\ 3&-1&1&0\\ 3&1&-3/2&-1/2\end{array}\right]$$

となり、ジョルダン標準形は、

$$J =\left[\begin{array}{cc}J(3,1)&\raisebox{-.5ex}{\Large$0$}\\ [.... ...[\begin{array}{cccc}3&0&0&0\\ 0&-1&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 0&0&0&-1\end{array}\right]$$

となる。次は $Q^{-1}$ を求める。これも消去法で計算するが、 $QX=E$ ($X=Q^{-1}$) の両辺を 2 倍して、$(2Q)X=2E$ に対する拡大係数行列の 消去法を行い、なるべく分数計算を避けて計算する。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{[Q\ \vert\ 2E] = \left[\begin{array}{cccc\vert cccc... ...5&-4\\ 0&0&8&0 &5&-2&3&-4\\ 0&0&0&2 &1&2&-1&0\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

よって、

$$Q^{-1}=\frac{1}{32} \left[\begin{array}{cccc}3&2&5&4\\ 29&-2&-5&-... ... 29/32&-1/16&-5/32&-1/8\\ 5/8&-1/4&3/8&-1/2\\ 1/2&1&-1/2&0\end{array}\right]$$

となる。定理 6.1 より、

$$\begin{eqnarray*}e^{J(3,1)t} &=& e^{3t}, \\ e^{J(-1,3)t} &=& e^{-t}\left... ...eft[\begin{array}{ccc}1&t&t^2/2\\ 0&1&t\\ 0&0&1\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

となり、よって

$$e^{Jt} =\left[\begin{array}{cc}e^{J(3,1)t}&\raisebox{-.5ex}{\Larg... ...t}&te^{-t}&t^2e^{-t}/2\\ 0&0&e^{-t}&te^{-t}\\ 0&0&0&e^{-t}\end{array}\right]$$

となる。 あとは前と同様にして $e^{At}=Qe^{Jt}Q^{-1}$ で $e^{At}$ が求まり、 (25) を使えば $Y(t)$ が求まる、 ということになる。 しかし、この先もかなり大変な計算が待っていることが想像できる。

公式 (24), (25) は 一見シンプルな形であり、理論展開には便利で重要だが、 具体的な計算に向くかといえばそうでもなく、 特に大きな $n$ ではあまり実用的ではないことが これらの例からもわかる。

具体的な計算目的なら、むしろ単独方程式の方を特性方程式と代入法や 定数変化法 (やラプラス変換) などで解く方が易しい場合が多いだろう。