行列指数関数 | 常微分方程式 | 天游ヶ丘数理学院

1 級数による定義と収束

以下では、行列ノルム $\lVert\cdot\rVert$ は劣乗法性

\lVert AB\rVert\le\lVert A\rVert\lVert B\rVert

を満たすものとする。有限次元では、例えば任意のベクトルノルムから誘導される作用素ノルムを用いることができる。

定義 1.1. $A\in\mathbb C^{n\times n}$ に対して、その行列指数関数 (matrix exponential) を

e^A=\exp(A) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!}, \qquad A^0=I

と定める。実行列 $A$ に対しては、この級数の各項が実行列であるため $e^A$ も実行列である。

命題 1.2. 任意の正方行列 $A$ に対して、行列指数級数は絶対収束し、

\lVert e^A\rVert \le \lVert I\rVert+e^{\lVert A\rVert}-1

を満たす。また、 $t$ が有界な実区間を動くとき、 $e^{tA}$ の級数と、その各項を微分した級数は一様収束する。

証明. $k\ge1$ に対して、劣乗法性から $\lVert A^k\rVert\le\lVert A\rVert^k$ である。零次項は $A^0=I$ であるから、

\sum_{k=0}^{\infty} \left\lVert\frac{A^k}{k!}\right\rVert \le \lVert I\rVert+ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lVert A\rVert^k}{k!} =\lVert I\rVert+e^{\lVert A\rVert}-1<\infty

であり、有限次元行列空間の完備性により級数は収束する。同じ評価はノルムの上界も与える。

$T>0$ とし、 $|t|\le T$ とする。元の級数の零次項は一定値 $I$ であり、 $k\ge1$ では

\left\lVert\frac{t^kA^k}{k!}\right\rVert \le\frac{T^k\lVert A\rVert^k}{k!},

となる。零次項の導関数は零であり、 $k\ge1$ に対して

\left\lVert \frac{d}{dt}\frac{t^kA^k}{k!} \right\rVert \le \frac{T^{k-1}\lVert A\rVert^k}{(k-1)!}.

正次数項に対する第一の右辺の和は $e^{T\lVert A\rVert}-1$ 、第二の右辺の和は $\lVert A\rVert e^{T\lVert A\rVert}$ である。したがって、Weierstrass の判定法により元の級数と導関数級数は $[-T,T]$ 上で一様収束する。

▨

2 指数の積と微分公式

命題 2.1. $A,B\in\mathbb C^{n\times n}$ が $AB=BA$ を満たすならば

e^{A+B}=e^Ae^B=e^Be^A

である。

証明. $A$ と $B$ が可換であるとする。 $k=0$ では $(A+B)^0=I$ である。ある $k\ge0$ について

(A+B)^k=\sum_{p=0}^{k}\binom{k}{p}A^pB^{k-p}

が成り立つと仮定する。 $A$ と $B$ の可換性および Pascal の関係式により、

\begin{aligned} (A+B)^{k+1} &=\sum_{p=0}^{k}\binom{k}{p} \bigl(A^{p+1}B^{k-p}+A^pB^{k-p+1}\bigr)\\ &=\sum_{p=0}^{k+1}\binom{k+1}{p}A^pB^{k+1-p}. \end{aligned}

したがって、帰納法により二項定理はすべての $k\ge0$ について成り立つ。

命題 1.2により $A$ と $B$ の指数級数は絶対収束する。劣乗法性から

\sum_{p,q\ge0}\left\lVert\frac{A^pB^q}{p!q!}\right\rVert \le \left(\sum_{p=0}^{\infty}\frac{\lVert A^p\rVert}{p!}\right) \left(\sum_{q=0}^{\infty}\frac{\lVert B^q\rVert}{q!}\right) <\infty

であるため、Cauchy 積を次数 $k=p+q$ ごとにまとめることができる。二項定理から

\begin{aligned} e^Ae^B &=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{p=0}^{k} \frac{A^pB^{k-p}}{p!(k-p)!}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} \sum_{p=0}^{k}\binom{k}{p}A^pB^{k-p}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(A+B)^k}{k!} =e^{A+B} \end{aligned}

を得る。さらに $A^pB^q=B^qA^p$ がすべての $p,q\ge0$ について成り立つため、二つの絶対収束級数の Cauchy 積で因子の順序を交換すると $e^Ae^B=e^Be^A$ となる。

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定理 2.2. $A\in\mathbb C^{n\times n}$ と $s,t\in\mathbb R$ に対して、次の式が成り立つ。

e^{0A}=I,\qquad \frac{d}{dt}e^{tA}=Ae^{tA}=e^{tA}A,

e^{(s+t)A}=e^{sA}e^{tA},\qquad (e^{tA})^{-1}=e^{-tA}.

証明. $e^{0A}=I$ は定義から従う。 $T>0$ を任意に固定し、指数級数の部分和を

F_N(t)=\sum_{k=0}^{N}\frac{t^kA^k}{k!}

と置く。 $F_N(0)=I$ であり、命題 1.2により導関数の級数は $[-T,T]$ 上で一様収束する。したがって、項ごとの微分の定理§D1.22 定理 4.2を行列の各複素成分の実部と虚部へ適用すると、 $(-T,T)$ 上で

\begin{aligned} \frac{d}{dt}e^{tA} &=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k t^{k-1}A^k}{k!}\\ &=A\sum_{j=0}^{\infty}\frac{t^jA^j}{j!} =Ae^{tA} \end{aligned}

を得る。 $T$ は任意であるため、この式はすべての $t\in\mathbb R$ で成り立つ。 $A$ は各 $A^j$ と可換であるから、右辺は $e^{tA}A$ にも等しい。

$sA$ と $tA$ は可換である。したがって命題 2.1により

e^{(s+t)A}=e^{sA+tA}=e^{sA}e^{tA}

である。 $s=-t$ と置けば $e^{tA}e^{-tA}=I$ となり、逆行列の式が従う。

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例 2.3 (和の指数法則が成り立たない非可換行列).

A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}

と置く。 $A^2=B^2=0$ であるから

e^Ae^B=(I+A)(I+B) =\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}.

一方、 $(A+B)^2=I$ であるから

e^{A+B} =\cosh(1)I+\sinh(1)(A+B) =\begin{pmatrix} \cosh(1)&\sinh(1)\\ \sinh(1)&\cosh(1) \end{pmatrix}.

二つの行列は一致しない。この例では $AB\ne BA$ であり、非可換な二行列について和の指数法則は一般には成り立たない。

3 定係数線形系

定理 3.1. $A\in\mathbb R^{n\times n}$ 、 $t_0\in\mathbb R$ 、 $\boldsymbol\eta\in\mathbb R^n$ とする。初期値問題

\boldsymbol x'=A\boldsymbol x,\qquad \boldsymbol x(t_0)=\boldsymbol\eta

の全実数上の一意解は

\boldsymbol x(t)=e^{(t-t_0)A}\boldsymbol\eta

である。また、 $\Phi(t)=e^{tA}$ は基本行列である。

証明.定理 2.2により

\boldsymbol x'(t) =Ae^{(t-t_0)A}\boldsymbol\eta =A\boldsymbol x(t), \qquad \boldsymbol x(t_0)=I\boldsymbol\eta =\boldsymbol\eta

である。線形系の一意性§E10.7 系 1.2により、これは唯一の解である。

$\Phi'=A\Phi$ であり、 $\Phi(t)^{-1}=e^{-tA}$ であるから、 $\Phi$ はすべての $t$ で可逆である。したがって§E10.9 定義 3.1の意味で基本行列である。

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定理 3.2. $\mathbb K\in\{\R,\C\}$ 、 $d\in\NN$ 、 $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間とする。一定行列 $A\in\mathbb K^{d\times d}$ 、局所可積分関数 $\boldsymbol b\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\mathbb K^d)$ 、 $t_0\in I$ 、 $\boldsymbol\eta\in\mathbb K^d$ に対して、初期値問題

\boldsymbol x'=A\boldsymbol x+\boldsymbol b\quad\text{ほとんど至る所},\qquad \boldsymbol x(t_0)=\boldsymbol\eta

は $I$ 全体で一意な局所絶対連続解をもち、その解はすべての $t\in I$ で

\boldsymbol x(t) =e^{(t-t_0)A}\boldsymbol\eta +\int_{t_0}^{t}e^{(t-s)A}\boldsymbol b(s)\,ds \tag{1}

と表される。 $t<t_0$ では積分を $-\int_t^{t_0}$ とする。さらに、 $A$ 、 $\boldsymbol\eta$ 、 $\boldsymbol b$ が実数値ならば解も実数値であり、 $\boldsymbol b$ が連続ならば解は $C^1$ 級であって微分方程式をすべての点で満たす。区間に端点が含まれる場合、その端点では片側微分を用いる。

証明.定理 2.2により、 $\Phi(t)=e^{tA}$ は $C^1$ 級であり、

\Phi'=A\Phi,\qquad \Phi(t)^{-1}=e^{-tA}

を満たす。したがって $\Phi$ は局所絶対連続であり、すべての $t\in I$ で可逆な基本行列である。§E10.9 定理 2.1をこの $\Phi$ に適用すると、全点で

e^{tA} \left[ e^{-t_0A}\boldsymbol\eta +\int_{t_0}^{t}e^{-sA}\boldsymbol b(s)\,ds \right]

を得る。半群則により

e^{tA}e^{-t_0A}=e^{(t-t_0)A},\qquad e^{tA}e^{-sA}=e^{(t-s)A}

であるから、式 (1) が従う。任意の有限閉区間 $J\subseteq I$ と固定した $t\in I$ に対して $s\mapsto e^{(t-s)A}$ は $J$ 上で連続かつ有界であるため、式 (1) の被積分関数は $J$ 上で可積分である。逆向き積分を含む全点の表示と一意性は§E10.9 定理 2.1から従う。

$A$ が実行列ならば定義 1.1により $e^{rA}$ はすべての $r\in\R$ で実行列である。 $\boldsymbol\eta$ が実ベクトルで $\boldsymbol b$ が実数値ならば、式 (1) の各項が実数値であるため解は実数値である。 $\boldsymbol b$ が連続ならば $A\boldsymbol x+\boldsymbol b$ は連続である。絶対連続解の全点積分表示を微積分の基本定理で微分すると、 $\boldsymbol x$ は $C^1$ 級であり、微分方程式を全点で満たす。

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系 3.3. $A\in\R^{n\times n}$ とし、 $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間とする。連続関数 $\boldsymbol b:I\to\R^n$ 、 $t_0\in I$ 、 $\boldsymbol\eta\in\R^n$ に対して、初期値問題

\boldsymbol x'=A\boldsymbol x+\boldsymbol b(t),\qquad \boldsymbol x(t_0)=\boldsymbol\eta

の一意な $C^1$ 級の解は式 (1) で与えられる。区間に端点が含まれる場合、その端点では片側微分を用いる。

証明.定理 3.2を実数値の連続外力へ適用すればよい。

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4 相似変換と対角化

命題 4.1. $P$ を可逆行列とする。このとき

e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}

である。

証明. 帰納法により $(PAP^{-1})^k=PA^kP^{-1}$ である。行列指数級数へ代入すると

e^{PAP^{-1}} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{PA^kP^{-1}}{k!} =P\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!}\right)P^{-1} =Pe^AP^{-1}.

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定理 4.2. $A\in\mathbb C^{n\times n}$ が $A=PDP^{-1}$ と対角化され、

D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)

であるとする。このとき

e^{tA} =P\operatorname{diag} \bigl(e^{\lambda_1t},\ldots,e^{\lambda_nt}\bigr)P^{-1}.

とくに、 $P$ の列を固有ベクトル $\boldsymbol v_1,\ldots,\boldsymbol v_n$ とすれば、斉次系の複素一般解は

\boldsymbol x(t)=\sum_{j=1}^{n}c_je^{\lambda_jt}\boldsymbol v_j

である。

証明.命題 4.1により $e^{tA}=Pe^{tD}P^{-1}$ である。対角行列の冪は対角成分ごとに計算されるため、

e^{tD} =\operatorname{diag} \bigl(e^{\lambda_1t},\ldots,e^{\lambda_nt}\bigr)

となる。

各 $j$ に対して $A\boldsymbol v_j=\lambda_j\boldsymbol v_j$ であるから、表示された関数は $\boldsymbol x'=A\boldsymbol x$ を満たす。逆に、 $\boldsymbol x$ を任意の複素解とすると、定理 2.2により

\frac{d}{dt}\bigl(e^{-tA}\boldsymbol x(t)\bigr) =-Ae^{-tA}\boldsymbol x(t)+e^{-tA}A\boldsymbol x(t) =\boldsymbol0.

したがって $e^{-tA}\boldsymbol x(t)$ は定ベクトルである。この定ベクトルを $\sum_{j=1}^n c_j\boldsymbol v_j$ と一意に表すと、

\boldsymbol x(t) =e^{tA}\sum_{j=1}^n c_j\boldsymbol v_j =\sum_{j=1}^n c_je^{\lambda_jt}\boldsymbol v_j

を得る。

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例 4.3 (対角化による行列指数関数の計算).

A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}

の固有値は $3,-1$ であり、対応する固有ベクトルとして $(1,1)^{\mathsf T}$ と $(1,-1)^{\mathsf T}$ を取ることができる。したがって

P=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}

により

e^{tA} =\frac12 \begin{pmatrix} e^{3t}+e^{-t}&e^{3t}-e^{-t}\\ e^{3t}-e^{-t}&e^{3t}+e^{-t} \end{pmatrix}.

$t=0$ では $I$ となり、各成分を微分すると $(e^{tA})'=Ae^{tA}$ を確認することができる。

5 Jordan 標準形による計算

対角化することができない行列には Jordan 標準形を用いる。Jordan 標準形の存在と構成は「Jordan 標準形」を前提とする。

定理 5.1. Jordan ブロックを

J=\lambda I+N,\qquad N^m=0

と書く。このとき

e^{tJ} =e^{\lambda t} \sum_{k=0}^{m-1}\frac{t^kN^k}{k!}.

$A=PJP^{-1}$ が Jordan 標準形による相似表示ならば

e^{tA}=Pe^{tJ}P^{-1}

であり、 $e^{tJ}$ は各 Jordan ブロックについて上の有限和を並べたブロック対角行列である。

証明. $\lambda I$ と $N$ は可換であるから

e^{tJ}=e^{\lambda tI}e^{tN}=e^{\lambda t}e^{tN}.

$N^m=0$ であるため、 $e^{tN}$ の級数は $m-1$ 次で打ち切られる。相似変換の式は命題 4.1から従う。

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例 5.2 (二次 Jordan ブロック).

A=\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&\lambda\end{pmatrix} =\lambda I+ \begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

では $N^2=0$ であるから

e^{tA} =e^{\lambda t}(I+tN) =e^{\lambda t} \begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}.

したがって一般解には、固有値 $\lambda$ の指数関数だけでなく $te^{\lambda t}$ を含む成分が現れる。これは定数係数高階方程式において、重根へ変数の冪を掛けたことと同じ代数構造である。

例 5.3 (回転と単振動). 角速度 $\omega\in\mathbb R$ に対して

A=\begin{pmatrix}0&-\omega\\ \omega&0\end{pmatrix}

と置く。 $A^2=-\omega^2I$ であるため、行列指数級数の偶数次項と奇数次項を分けると

e^{tA} = \begin{pmatrix} \cos(\omega t)&-\sin(\omega t)\\ \sin(\omega t)&\cos(\omega t) \end{pmatrix}.

したがって $\omega\ne0$ ならば、 $\boldsymbol x'=A\boldsymbol x$ の非零解は原点を中心として回転し、 $\lVert\boldsymbol x(t)\rVert_2=\lVert\boldsymbol x(0)\rVert_2$ を満たす。 $\omega=0$ ならば $A=0$ かつ $e^{tA}=I$ であり、すべての解は定数関数である。この場合には平面上の各点が平衡点であり、中心型には分類しない。次の記事では、 $\omega\ne0$ の場合を相平面の中心型として扱う。

行列指数関数は、定係数線形系の時間発展を一つの可逆行列として表す。次の記事では、二次元線形系の固有値と $e^{tA}$ の形を用いて相平面を分類し、非線形系の平衡点を線形化によって判定する。

6 演習

問題 6.1 (非実固有値から実基本解系を作る). $A\in\mathbb R^{2\times2}$ が非実固有値 $\lambda=\alpha+i\beta$ （ $\beta\ne0$ ）と固有ベクトル $\boldsymbol v=\boldsymbol p+i\boldsymbol q\in\mathbb C^2$ をもつとする。ただし $\boldsymbol p,\boldsymbol q\in\mathbb R^2$ である。 $\boldsymbol p,\boldsymbol q$ が実数体上で一次独立であることを示し、 $\boldsymbol x'=A\boldsymbol x$ の実基本解系を一つ求めよ。

解答.

$A\boldsymbol v=\lambda\boldsymbol v$ の実部と虚部を比較すると

A\boldsymbol p=\alpha\boldsymbol p-\beta\boldsymbol q, \qquad A\boldsymbol q=\beta\boldsymbol p+\alpha\boldsymbol q

を得る。 $\boldsymbol p=\boldsymbol0$ ならば第一式から $\beta\boldsymbol q=\boldsymbol0$ となり、 $\beta\ne0$ であるため $\boldsymbol q=\boldsymbol0$ となる。これは $\boldsymbol v$ が固有ベクトルであることに反する。したがって $\boldsymbol p\ne\boldsymbol0$ である。

$\boldsymbol p,\boldsymbol q$ が実数体上で一次従属であると仮定すると、ある $c\in\mathbb R$ に対して $\boldsymbol q=c\boldsymbol p$ と書くことができる。上の二式から

c(\alpha-\beta c)\boldsymbol p =A\boldsymbol q =(\beta+\alpha c)\boldsymbol p

である。 $\boldsymbol p\ne\boldsymbol0$ と $\beta\ne0$ により $c^2=-1$ となるが、これは $c\in\mathbb R$ に反する。ゆえに $\boldsymbol p,\boldsymbol q$ は実数体上で一次独立である。

$\boldsymbol y(t)=e^{(\alpha+i\beta)t}(\boldsymbol p+i\boldsymbol q)$ と置くと、

\boldsymbol y'(t) =(\alpha+i\beta)e^{(\alpha+i\beta)t}(\boldsymbol p+i\boldsymbol q) =A\boldsymbol y(t)

である。 $\boldsymbol y$ の実部と虚部は、それぞれ

\boldsymbol x_1(t) =e^{\alpha t}\bigl(\boldsymbol p\cos(\beta t)-\boldsymbol q\sin(\beta t)\bigr),

\boldsymbol x_2(t) =e^{\alpha t}\bigl(\boldsymbol p\sin(\beta t)+\boldsymbol q\cos(\beta t)\bigr)

である。 $A$ は実行列であるため、複素解の実部と虚部はいずれも実解である。また、 $\boldsymbol x_1(0)=\boldsymbol p$ と $\boldsymbol x_2(0)=\boldsymbol q$ は一次独立である。したがって $\boldsymbol x_1,\boldsymbol x_2$ は実基本解系である。▨

問題 6.2 (非同次 Jordan 系の計算と検算). 行列と非同次項を

A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol b(t)=e^{2t}\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}

とする。初期値問題

\boldsymbol x'=A\boldsymbol x+\boldsymbol b(t), \qquad \boldsymbol x(0)=\boldsymbol0

を、Jordan ブロックの指数関数と定数変化公式によって解け。得られた関数を微分方程式と初期条件へ代入して検算し、計算で用いた半群則の適用条件を述べよ。

解答.

$A=2I+N$ 、

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

であるから、

e^{tA} =e^{2t}\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}.

初期値が零であるため、定数変化公式から

\begin{aligned} \boldsymbol x(t) &=\int_0^t e^{(t-s)A}\boldsymbol b(s)\,ds\\ &=e^{2t}\int_0^t \begin{pmatrix}1&t-s\\0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\,ds =e^{2t} \begin{pmatrix}t^2/2\\t\end{pmatrix}. \end{aligned}

したがって

\boldsymbol x'(t) =e^{2t} \begin{pmatrix}t^2+t\\2t+1\end{pmatrix}.

一方、

A\boldsymbol x(t)+\boldsymbol b(t) =e^{2t} \begin{pmatrix}t^2+t\\2t+1\end{pmatrix}

であり、微分方程式を満たす。また、 $\boldsymbol x(0)=\boldsymbol0$ である。積 $e^{(t-s)A}=e^{tA}e^{-sA}$ には同じ行列 $A$ の指数に対する半群則を用いた。異なる二行列が可換ならば、それらの指数の積を和の指数へまとめることができる。非可換な場合には同じ等式が一般には成り立たず、本計算では異なる二行列に対する指数法則を用いていない。▨

§E10.10行列指数関数

1 級数による定義と収束

2 指数の積と微分公式

3 定係数線形系

4 相似変換と対角化

5 Jordan 標準形による計算

6 演習

参考文献

前提記事