東京大学 情報理工学研究科 数理情報学 2019年度 第4問
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\(n\) 次複素正方行列 \(X \in \mathbb{C}^{n \times n}\) に対し、\(e^X := \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} X^k\) と定める。 ここで \(X^0\) は \(n\) 次単位行列 \(I\) とする。 また、\(n\) 次元複素ベクトル \(x = (x_1, \ldots, x_n)^{\top} \in \mathbb{C}^n\) のノルムを \(\|x\| := \left( \sum_{i=1}^{n} |x_i|^2 \right)^{1/2}\) と定める。 なお \(\top\) は転置を表す。 さらに、行列 \(X \in \mathbb{C}^{n \times n}\) のノルムを \(\|X\| := \sup_{x \in \mathbb{C}^n, \|x\|=1} \|Xx\|\) と定める。 このとき、任意の \(X, Y \in \mathbb{C}^{n \times n}\) に対し \(\|X + Y\| \leq \|X\| + \|Y\|\) および \(\|XY\| \leq \|X\| \|Y\|\) が成り立つ。 以下の設問に答えよ。
(1) \(X \in \mathbb{C}^{n \times n}\) に対し、次の不等式を示せ：
\[
\|e^X\| \leq e^{\|X\|}, \quad \|e^X - I\| \leq \|X\| e^{\|X\|}, \quad \|e^X - I - X\| \leq \|X\|^2 e^{\|X\|}
\]
以下では、\(A, B \in \mathbb{C}^{n \times n}\)、\(m\) を \(1\) 以上の整数とし、\(P := e^{(A+B)/m}, Q := e^{A/m} e^{B/m}\) とおく。
(2) 以下の不等式を示せ：
\[
\|P^m - Q^m\| \leq m \|P - Q\| e^{\frac{m-1}{m} (\|A\| + \|B\|)}
\]
ここで、等式 \(P^m - Q^m = \sum_{i=0}^{m-1} P^i (P - Q) Q^{m-1-i}\) は証明せずに用いてよい。
(3) 以下の等式を示せ：
\[
P - Q = g\left(\frac{A + B}{m}\right) - g\left(\frac{A}{m}\right) - g\left(\frac{B}{m}\right) - f\left(\frac{A}{m}\right) f\left(\frac{B}{m}\right)
\]
ここで、\(X \in \mathbb{C}^{n \times n}\) に対し、\(f(X) := e^X - I, g(X) := e^X - I - X\) とする。
(4) 次の不等式を示せ：
\[
\|P^m - Q^m\| \leq \frac{2}{m} (\|A\| + \|B\|)^2 e^{\|A\| + \|B\|}
\]
(5) \(n\) 次元複素ベクトル値関数 \(x(t)\) に対する常微分方程式の初期値問題
\[
\frac{d}{dt} x(t) = (A + B) x(t), \quad x(0) = v
\]
を考える。\(n\) 次元複素ベクトルの列 \(\tilde{x}^0, \tilde{x}^1, \ldots, \tilde{x}^{2m}\) を、\(\tilde{x}^0 = v\) かつ
\[
\tilde{x}^{k+1} =
\begin{cases}
e^{B/m} \tilde{x}^k & (k \text{が偶数}), \\
e^{A/m} \tilde{x}^k & (k \text{が奇数}),
\end{cases}
\quad (k = 0, 1, \ldots, 2m-1)
\]
で定める。このとき、\(0 < \alpha < 1\) を満たす任意の実数 \(\alpha\) に対し、以下が成り立つことを示せ：
\[
\lim_{m \to \infty} m^\alpha \|x(1) - \tilde{x}^{2m}\| = 0.
\]
Kai
(1)
\[
\begin{aligned}
\|e^X\| & =\left\lVert \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}X^k\right\rVert \\
& \leq \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\left\lVert X^k\right\rVert \\
& \leq \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\left\lVert X\right\rVert^k \\
& =e^{\|X\|} \\
\|e^X-I\| & =\left\lVert X^0+ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!}X^k -I\right\rVert \\
& =\left\lVert \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!}X^k\right\rVert \\
& =\left\lVert X\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)!}X^k\right\rVert \\
& \leq \|X\|\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+1)!} \|X\|^k \right) \\
& \leq \|X\|\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \|X\|^k \right) \\
& =\|X\|e^{\|X\|} \\
\|e^X-I-X\| & =\left\lVert X^0+X^1 +\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!}X^k -I - X\right\rVert \\
& =\left\lVert \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!}X^k\right\rVert \\
& =\left\lVert X^2 \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+2)!}X^k\right\rVert \\
& \leq \|X\|^2\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+2)!} \|X\|^k \right) \\
& \leq \|X\|^2\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \|X\|^k \right) \\
& =\|X\|e^{\|X\|} \\
\end{aligned}
\]
(2)
まず、一般の \(0\leq i < m\) に対し、以下が成立する。
\[
\begin{aligned}
\left\lVert P^iQ^{m-1-i}\right\rVert & = \left\lVert e^{\frac{i(A+B)}{m}}e^{\frac{(m-1-i)A}{m}}e^{\frac{(m-1-i)B}{m}} \right\rVert \\
& \leq e^{\left\lVert\frac{i(A+B)}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)A}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)B}{m}\right\rVert} \\
& \leq e^{\left\lVert\frac{iA}{m}\right\rVert+\left\lVert\frac{iB}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)A}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)B}{m}\right\rVert} \\
& = e^{\left\lVert\frac{iA}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{iB}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)A}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{(m-1-i)B}{m}\right\rVert} \\
& = e^{\left\lVert\frac{iA}{m}\right\rVert+\left\lVert\frac{(m-1-i)A}{m}\right\rVert}e^{\left\lVert\frac{iB}{m}\right\rVert+\left\lVert\frac{(m-1-i)B}{m}\right\rVert} \\
& \leq e^{\frac{m-1}{m}\|A\|}e^{\frac{m-1}{m}\|B\|} \\
& = e^{\frac{m-1}{m}(\|A\|+\|B\|)} \\
\end{aligned}
\]
ただし、途中で \(e\) の単調性つまり、\(x \leq y\Rightarrow e^x \leq e^y\) を用いた。
なお、\(P \neq Q\) という事には十分に注意する必要がある。安易な指数法則は適用出来ない。
以上より、
\[
\begin{aligned}
\|P^m-Q^m\| & =\left\lVert \sum_{i=0}^{m-1}P^i(P-Q)Q^{m-1-i}\right\rVert \\
& \leq \|P-Q\|\left\lVert \sum_{i=0}^{m-1}P^iQ^{m-1-i}\right\rVert \\
& \leq \|P-Q\|m e^{\frac{m-1}{m}(\|A\|+\|B\|)}
\end{aligned}
\]
となる。
(3)
\(f(X):=e^X-I,g(X):=e^X-I-X\) である。よって、
\[
\begin{aligned}
& g\left(\frac{A+B}{m}\right)-g\left(\frac{A}{m}\right)-g\left(\frac{B}{m}\right)-f\left(\frac{A}{m}\right)f\left(\frac{B}{m}\right) \\
= & \left(e^{\frac{A+B}{m}}-I-\frac{A+B}{m}\right)-\left(e^{\frac{A}{m}}-I-\frac{A}{m}\right)-\left(e^{\frac{B}{m}}-I-\frac{B}{m}\right)-\left(e^{\frac{A}{m}}-I\right)\left(e^{\frac{B}{m}}-I\right) \\
= & \left(e^{\frac{A+B}{m}}-\frac{A+B}{m}\right)-\left(e^{\frac{A}{m}}-\frac{A}{m}\right)-\left(e^{\frac{B}{m}}-\frac{B}{m}\right)-\left(e^{\frac{A}{m}}e^{\frac{B}{m}}-e^{\frac{A}{m}}-e^{\frac{B}{m}}\right) \\
= & e^{\frac{A+B}{m}}-e^{\frac{A}{m}}e^{\frac{B}{m}} \\
= & P-Q
\end{aligned}
\]
となる。
(4)
一部緩めの不等式評価になっていることに注意する必要があるが、以下のような式が成立する。
\[
\begin{aligned}
\|P-Q\| & = \left\lVert g\left(\frac{A+B}{m}\right)-g\left(\frac{A}{m}\right)-g\left(\frac{B}{m}\right)-f\left(\frac{A}{m}\right)f\left(\frac{B}{m}\right) \right\rVert \\
& \leq \left\lVert g\left(\frac{A+B}{m}\right)\right\rVert+\left\lVert g\left(\frac{A}{m}\right)\right\rVert+\left\lVert g\left(\frac{B}{m}\right)\right\rVert+\left\lVert f\left(\frac{A}{m}\right)f\left(\frac{B}{m}\right) \right\rVert \\
& \leq \left\lVert \frac{A+B}{m}\right\rVert^2 e^{\frac{\|A+B\|}{m}}+\left\lVert \frac{A}{m}\right\rVert^2 e^{\frac{\|A\|}{m}}+\left\lVert \frac{B}{m}\right\rVert^2 e^{\frac{\|B\|}{m}}+\left\lVert \frac{A}{m}\right\rVert\left\lVert \frac{B}{m} \right\rVert e^{\frac{\|A\|}{m}+\frac{\|B\|}{m}} \\
& = \frac{1}{m^2} \left(\|A+B\|^2 e^{\frac{\|A+B\|}{m}}+ \|A\|^2 e^{\frac{\|A\|}{m}}+ \|B\|^2 e^{\frac{\|B\|}{m}}+ \|A\| \|B\| e^{\frac{\|A\|}{m}+\frac{\|B\|}{m}}\right) \\
& \leq \frac{1}{m^2} \left(\|A+B\|^2 e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}}+ \|A\|^2 e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}}+ \|B\|^2 e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}}+ \|A\| \|B\| e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}}\right) \\
& = \frac{1}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(\|A+B\|^2 + \|A\|^2 + \|B\|^2 + \|A\| \|B\| \right) \\
& \leq \frac{1}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(\|A\|^2+2\|A\|\|B\|+\|B\|^2 + \|A\|^2 + \|B\|^2 + \|A\|\|B\| \right) \\
& = \frac{1}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(2\|A\|^2+3\|A\|\|B\|+2\|B\|^2 \right) \\
& \leq \frac{1}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(2\|A\|^2+4\|A\|\|B\|+2\|B\|^2 \right) \\
& = \frac{2}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(\|A\|+\|B\|\right)^2 \\
\end{aligned}
\]
よって、
\[
\begin{aligned}
\|P^m-Q^m\| & \leq \|P-Q\|m e^{\frac{m-1}{m}(\|A\|+\|B\|)} \\
& \leq \frac{2}{m^2}e^{\frac{\|A\|+\|B\|}{m}} \left(\|A\|+\|B\|\right)^2 m e^{\frac{m-1}{m}(\|A\|+\|B\|)} \\
& = \frac{2}{m} \left(\|A\|+\|B\|\right)^2 e^{\|A\|+\|B\|} \\
\end{aligned}
\]
が示される。
(5)
常微分方程式を解いて、
\[
\begin{aligned}
x(t)=ve^{(A+B)t}
\end{aligned}
\]
を得る。特に、
\[
\begin{aligned}
x(1)=ve^{A+B}=v P^m
\end{aligned}
\]
である。
一方、
\[
\begin{aligned}
\tilde{x}^{2m}=v\left(e^{\frac{A}{m}}e^{\frac{B}{m}}\right)^m=vQ^m
\end{aligned}
\]
である。
よって、
\[
\begin{aligned}
\|x(1)-\tilde{x}^{2m}\| & =\|vP^m-vQ^m\| \\
& \leq \|v\|\|P^m-Q^m\| \\
& \leq \|v\|\frac{2}{m} \left(\|A\|+\|B\|\right)^2 e^{\|A\|+\|B\|} \\
& =\frac{C}{m}
\end{aligned}
\]
となる。ただし、\(C\) は \(m\) に依存しない定数である。
よって、
\[
\begin{aligned}
\lim_{m \to \infty} m^\alpha \|x(1)-\tilde{x}^{2m}\| & \leq \lim_{m \to \infty} {m^\alpha \frac{C}{m}} \\
& =\lim_{m \to \infty} \frac{C}{m^{1-\alpha}} \\
& =0
\end{aligned}
\]
となるので、
\[
\begin{aligned}
\lim_{m \to \infty} m^\alpha \|x(1)-\tilde{x}^{2m}\|=0
\end{aligned}
\]
が示される。
Knowledge
連立１階線形常微分方程式の解は、行列の指数関数を用いて表す事が出来る。