早稲田大学 基幹理工学研究科 機械科学・航空宇宙専攻 2023年8月実施 数学 [1]

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• Waseda-University
• Matrix-Exponential
• Matrix-Diagonalization
• Systems-of-ODEs

Author

Miyake

Description

Kai

(1)

(i)

$$\begin{aligned} e^{PAP^{-1}} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{\left( PAP^{-1} \right)^k}{k!} \\ &= P \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!} P^{-1} \\ &= P e^A P^{-1} \end{aligned}$$

(ii)

$$\begin{aligned} \frac{d}{dt} e^{tA} &= \frac{d}{dt} \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k A^k}{k!} \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{t^{k-1} A^k}{(k-1)!} \\ &= A \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k A^k}{k!} \\ &= A e^{tA} \end{aligned}$$

であり、 $t=0$ のとき $e^{tA}$ は単位行列であるから、 求める解は

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}(t) = e^{tA} \boldsymbol{x}_0 \end{aligned}$$

であることがわかる。

(iii)

$$\begin{aligned} A &= P \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} P^{-1} \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} e^{tA} &= \exp \left( tP \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} P^{-1} \right) \\ &= P \exp \left( t \begin{bmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{bmatrix} \right) P^{-1} \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (i) } ) \\ &= P \begin{bmatrix} e^{\lambda_1 t} & & \\ & \ddots & \\ & & e^{\lambda_n t} \end{bmatrix} P^{-1} \end{aligned}$$

となるため、 (ii) で求めた解は

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x} (t) &= e^{tA} \boldsymbol{x}_0 \\ &= P \begin{bmatrix} e^{\lambda_1 t} & & \\ & \ddots & \\ & & e^{\lambda_n t} \end{bmatrix} P^{-1} \boldsymbol{x}_0 \end{aligned}$$

と書ける。

(iv)

$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、

$$\begin{aligned} 0 &= \det \begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ -2 & 4 - \lambda \end{bmatrix} \\ &= (\lambda - 2)(\lambda - 3) \\ \therefore \ \ \lambda &= 2, 3 \end{aligned}$$

がわかる。

固有値 $2$ に属する固有ベクトルを求めるため

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ -2 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u \\ v \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \end{aligned}$$

とおくと $u=v$ を得る。

固有値 $3$ に属する固有ベクトルを求めるため

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} -2 & 1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u \\ v \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} \end{aligned}$$

とおくと $2u=v$ を得る。

そこで、

$$\begin{aligned} P = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \end{aligned}$$

とおくと、

$$\begin{aligned} P^{-1} &= \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} , \\ A &= P \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} P^{-1} \end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}(t) &= P \begin{bmatrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{3t} \end{bmatrix} P^{-1} \begin{bmatrix} x_{10} \\ x_{20} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{3t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{10} \\ x_{20} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} 2e^{2t} - e^{3t} & -e^{2t} + e^{3t} \\ 2e^{2t} - 2e^{3t} & -e^{2t} + 2e^{3t} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{10} \\ x_{20} \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \left( 2 x_{10} - x_{20} \right) e^{2t} + \left( - x_{10} + x_{20} \right) e^{3t} \\ \left( 2 x_{10} - x_{20} \right) e^{2t} + \left( - 2x_{10} + 2x_{20} \right) e^{3t} \end{bmatrix} \end{aligned}$$

を得る。

(2)