4.3.2 $N=2$ の場合の $e^{t A}$, $e^{t A}\vec x_0$

今回の問題を理解するため、行列の指数関数を $N=2$ の場合に詳しく解析 してみる。 $A=\ttmat{a}{b}{c}{d}$ として、 $A$ の固有方程式 $\lambda^2-(a + d)\lambda + a d - b c = 0$ の根を判別 して場合分けする。

(I) 相異なる 2 実根 $\lambda_1$, $\lambda_2$ を持つ場合

$u_i$ を $\lambda_i$ に属する $A$ の固有ベクトルとする($i=1,2$) とす ると、$u_1$, $u_2$ は線形独立になるので、任意の $x_0 \in \mathbb{R}^2$ は

$$x_0 = c_1 u_1 + c_2 u_2$$

と $u_1$, $u_2$ の線形結合で表すことが出来る。これから

$$A^n x_0 = A^n(c_1 u_1 + c_2 u_2) = c_1 A^n u_1 + c_2 A^n u_2 = c... ...+ c_2 {\lambda_2}^n u_2 = {\lambda_1}^n (c_1 u_1) + {\lambda_2}^n (c_2 u_2) ,$$

$$e^{t A} x_0 = e^{\lambda_1 t} (c_1 u_1) + e^{\lambda_2 t} (c_2 u_2).$$

(つまり各 $u_i$ 成分 $c_i u_i$ に関しては $e^{\lambda_i t}$ をかけると いう単純な作用になる。)

行列の言葉で書くと、 $P=(u_1\; u_2)$ と置くと、

$$P^{-1}A P = \ttmat{\lambda_1}{0}{0}{\lambda_2}, \quad P^{-1}A^n P... ...a_2^n}, \quad P^{-1}e^{t A} P = \ttmat{e^{\lambda_1 t}}{0}{0}{e^{\lambda_2}t}.$$

これから

$$e^{t A}= P\ttmat{e^{\lambda_1 t}}{0}{0}{e^{\lambda_2 t}}P^{-1}.$$

(II) 重根 $\lambda_0$ を持つ場合

この場合は、一次独立な固有ベクトルが 2 つ取れるか、1 つしか取れない かで、二つの場合に別れる。

(II-i) 重根 $\lambda_0$ に属する二つの一次独立な固有ベクトル $u_1$, $u_2$ が存在する場合

上と同様にして $P^{-1}A P=\ttmat{\lambda_0}{0}{0}{\lambda_0}$, これは実は $A=\ttmat{\lambda_0}{0}{0}{\lambda_0}$ ということだから、

$$A^n = \ttmat{\lambda_0^n}{0}{0}{\lambda_0^n}, \quad e^{t A} = \ttmat{e^{\lambda_0 t}}{0}{0}{e^{\lambda_0 t}}, \quad e^{t A}x_0=e^{\lambda_0 t}x_0.$$

(II-ii) 重根 $\lambda_0$ に属する一次独立な固有ベクトルが一つしか取 れない場合

仮定より $\mathbb{R}^2\ne\ker(\lambda_0 I - A)$ であり、 $u_2\in\mathbb{R}^2\setminus \ker(\lambda_0 I - A)$ が存在する。そこで $u_1=(A-\lambda_0I)u_2$ とお くと $u_1\ne 0$.

一方で $(A-\lambda_0 I)^2=O$ である(実際 $\lambda_0$ は固有方程式の 重根だから、固有多項式 $=(\lambda-\lambda_0)^2$. ゆえに Hamilton-Cayley の定理から $(A-\lambda_0 I)^2=O$.)。よって $(A-\lambda_0 I)u_1=(A-\lambda_0 I)^2 u_2=0$ すなわち $A u_1=\lambda_0 u_1$.

これと $A u_2=u_1+\lambda_0 u_2$ から $P=(u_1\; u_2)$ とおくと、 $A P=A(u_1\; u_2)=(A u_1\; A u_2)=(\lambda_0 u_1\; u_1+\lambda_0 u_2)=(u_1\; u_2)\ttmat{\lambda_0}{1}{0}{\lambda_0}= P\ttmat{\lambda_0}{1}{0}{\lambda_0}$. $u_1$, $u_2$ は一次独立 だから $P^{-1}$ が存在して、 $P^{-1}A P=\ttmat{\lambda_0}{1}{0}{\lambda_0}$. これから

$$P^{-1}A^n P =\ttmat{\lambda_0^n}{n{\lambda_0}^{n-1}}{0}{\lambda_... ...{t A} =P\ttmat{e^{\lambda_0 t}}{t e^{\lambda_0 t}}{0}{e^{\lambda_0 t}}P^{-1}.$$

(III) 相異なる 2 虚根 $\lambda=\alpha\pm i\beta$ ( $\alpha, \beta \in\mathbb{R}$, $i=\sqrt{-1}$) を持つ場合

$\alpha+i\beta$ に属する固有ベクトルの一つを $x+i y$ ( $x,y\in\mathbb{R}^2$) とする。 $A(x+i y)=(\alpha+i\beta)(x+i y)=(\alpha x-\beta y)+i(\beta x+\alpha y)$ の実部、虚部を取ると、 $A x=\alpha x-\beta y$, $A y=\beta x+\alpha y$, それで $P=(x\; y)$ とおくと、 $P^{-1}A P = \ttmat{\alpha}{-\beta}{\beta}{\alpha}$. これから

$$P^{-1}e^{t A} P = e^{\alpha t}\ttmat{\cos\beta t}{-\sin\beta t} {\sin\beta t}{ \cos\beta t}.$$

これから $\alpha=0$ ならば、 $e^{t A}\vec x_0$ は $t$ に関する周期関数で あることが分かる（解軌道は楕円になる）。$\alpha>0$ ならば $e^{t A}\vec x_0$ は段々原点から遠ざかり、$\alpha<0$ ならば $e^{tA}\vec x_0\to \vec 0$ ( $t\to\infty$) であることも分かる。