7. ６月１日

ｎ変数１階線形同次微分方程式

２変数１階線形同次微分方程式\frac{d}{dt} (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) に対しては、 P =

(\begin{matrix}p_{11} & p_{12} \\ p_{21} & p_{22} \end{matrix}) を A に対してうまくとれば、 P^{−1}AP が、 (\begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix}), (\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix}), (\begin{matrix}λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix})

のように書かれる。そこで、 (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = P (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) と座標変換すると、 (\begin{matrix}y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \end{matrix}) は、

(\begin{matrix}e^{λ_{1}t} & 0 \\ 0 & e^{λ_{2}t} \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1}^{0} \\ y_{2}^{0} \end{matrix}), (\begin{matrix}e^{μt} cos νt & −e^{μt} sin νt \\ e^{μt} sin νt & e^{μt} cos νt \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1}^{0} \\ y_{2}^{0} \end{matrix}), (\begin{matrix}e^{λt} & e^{λt}t \\ 0 & e^{λt} \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1}^{0} \\ y_{2}^{0} \end{matrix}) のように計

算される。さらに、 (\begin{matrix}x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{matrix}) は， P (\begin{matrix}e^{λ_{1}t} & 0 \\ 0 & e^{λ_{2}t} \end{matrix}) P^{−1} (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix}),

P (\begin{matrix}e^{μt} cos νt & −e^{μt} sin νt \\ e^{μt} sin νt & e^{μt} cos νt \end{matrix}) P^{−1} (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix}), P (\begin{matrix}e^{λt} & e^{λt}t \\ 0 & e^{λt} \end{matrix}) P^{−1} (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix}) のように計算され

る。

このことから、２変数１階線形同次微分方程式の解の性質として、次のことがわかる。

• 解の定数倍、２つの解の和は解である。（解全体はベクトル空間になる。） • 解は、初期値 x^{→}^{0} により一意的に定まり、初期値ついて線形である。（解の空

間の次元は２である。）

• 解に現れる関数は、 A の固有方程式の固有値によりわかる。

このうちの最初の２つの性質は、方程式を解かなくてもわかることである。さて、 n 変数の場合に同様の問題を考えるために、次のように計算してみる。

\begin{aligned}& (\begin{matrix}e^{λ_{1}t} & 0 \\ 0 & e^{λ_{2}t} \end{matrix}) = (\begin{matrix}∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!}(λ_{1}t)^{n} & 0 \\ 0 & ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!}(λ_{2}t)^{n} \end{matrix}) = ∑_{n=0}^{∞} (\begin{matrix}\frac{1}{n!}(λ_{1}t)^{n} & 0 \\ 0 & \frac{1}{n!}(λ_{2}t)^{n} \end{matrix}) \\ = & ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} (\begin{matrix}λ_{1}^{n} & 0 \\ 0 & λ_{2}^{n} \end{matrix}) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} (\begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix})^{n} \end{aligned}

この最後の行列に、 (\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix}) を代入すると、

∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} (\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix})^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} ((\begin{matrix}μ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix}))^{n}

= ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} ∑_{p+q=n} \frac{n!}{p!q!} (\begin{matrix}μ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix})^{p} (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{q} = ∑_{p=0}^{∞} ∑_{q=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} (\begin{matrix}μ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix})^{p} \frac{t^{q}}{q!} (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{q}

= (∑_{p=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} (\begin{matrix}μ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix})^{p})(∑_{q=0}^{∞} \frac{t^{q}}{q!} (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{q})

ここで、

∑_{p=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} (\begin{matrix}μ & 0 \\ 0 & μ \end{matrix})^{p} = (\begin{matrix}∑_{p=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} μ^{p} & 0 \\ 0 & ∑_{p=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} μ^{p} \end{matrix}) = (\begin{matrix}e^{μt} & 0 \\ 0 & e^{μt} \end{matrix})

\begin{matrix}(\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{2q} = (\begin{matrix}(−1)^{q}ν^{2q} & 0 \\ 0 & (−1)^{q}ν^{2q} \end{matrix}) \\ (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{2q+1} = \binom{0 −(−1)^{q}ν^{2q+1}}{(−1)^{q}ν^{2q+1}} \end{matrix}

だから、

∑_{q=0}^{∞} \frac{t^{q}}{q!} (\begin{matrix}0 & −ν \\ ν & 0 \end{matrix})^{q} = (\begin{matrix}∑_{q=0}^{∞} \frac{(−1)^{q}}{(2q)!} (tν)^{2q} & − ∑_{q=0}^{∞} \frac{(−1)^{q}}{(2q + 1)!}(tν)^{2q+1} \\ ∑_{q=0}^{∞} \frac{(−1)^{q}}{(2q + 1)!}(tν)^{2q+1} & ∑_{q=0}^{∞} \frac{(−1)^{q}}{(2q)!} (tν)^{2q} \end{matrix})

= (\begin{matrix}cos νt & − sin νt \\ sin νt & cos νt \end{matrix})

従って、

∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} (\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix})^{n} = (\begin{matrix}e^{μt} & 0 \\ 0 & e^{μt} \end{matrix}) (\begin{matrix}cos νt & − sin νt \\ sin νt & cos νt \end{matrix})

となる。また、

∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} (\begin{matrix}λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix})^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} ((\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}))^{n}

= ∑_{n=0}^{∞} \frac{t^{n}}{n!} ∑_{p+q=n} \frac{n!}{p!q!} (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})^{p} (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})^{q} = ∑_{p=0}^{∞} ∑_{q=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})^{p} \frac{t^{q}}{q!} (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})^{q}

= (∑_{p=0}^{∞} \frac{t^{p}}{p!} (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix})^{p})(∑_{q=0}^{∞} \frac{t^{q}}{q!} (\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})^{q}) = (\begin{matrix}e^{λt} & 0 \\ 0 & e^{λt} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & t \\ 0 & 1 \end{matrix})

となる。

行列の指数関数

そこで、一般の n × n 行列 A に対し、

e^{tA} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A^{k}

と定義する。

これは、行列 A に対して、 e^{A} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}A^{k} と定義したものに、 tA を代入したもの

でもある。まず、級数の収束を示す。

A = (a_{ij}) とし、 max_{ij}{|a_{ij}|} ≦ M とする。 A^{k} の成分 a_{ij}^{(k)} について、 max_{ij}{|a_{ij}^{(k)}|} ≦

n^{k−1}M^{k} であることが数学的帰納法で示される。実際、 A^{k} の成分についての不等式を仮定すると、

|a_{ij}^{(k+1)}| = | ∑_{ℓ=1}^{n} a_{iℓ}^{(k+1)}a_{ℓj}| ≦ n · n^{k−1}M^{k}M = n^{k}M^{k+1}

を得る。

e^{A} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}A^{k} の ij 成分は ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}a_{ij}^{(k)} であるが、 |\frac{1}{k!}a_{ij}^{(k)}| ≦ \frac{1}{k!}n^{k−1}M^{k} だから、

∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}a_{ij}^{(k)} は ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}n^{k−1}M^{k} を優級数に持つ。 ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}n^{k−1}M^{k} = \frac{1}{n}e^{nM} で優級数が

収束するから、 ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}A^{k} は収束する。

この収束は、 A の成分が有界である範囲（max_{ij}{|a_{ij}|} ≦ M となる行列全体）で一様である。従って、 e^{A} は A の成分について連続な関数となる。

行列の指数関数の性質 e^{A} は次の性質を持つ。

• AB = BA ならば e^{A+B} = e^{A}e^{B}.

• e^{P AP^{−1}} = P e^{A}P^{−1}

• \frac{d}{dt}e^{tA} = Ae^{tA} = e^{tA}A

実際、次のように計算される。

\begin{matrix}e^{A+B} = & ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}(A + B)^{k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!} ∑_{p+q=k} \frac{k!}{p!q!}A^{p}B^{q} \\ = & ∑_{p=0}^{∞} ∑_{q=0}^{∞} \frac{1}{p!}A^{p} \frac{1}{q!}B^{q} = (∑_{p=0}^{∞} \frac{1}{p!}A^{p})(∑_{q=0}^{∞} \frac{1}{q!}B^{q}) = e^{A}e^{B} \end{matrix}

\begin{matrix}e^{P AP^{−1}} = & ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}(P AP^{−1})^{k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}(P A^{k}P^{−1}) \\ = & P (∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k!}A^{k})P^{−1} = P e^{A}P^{−1} \end{matrix}

\begin{matrix}\frac{d}{dt}e^{tA} = & \frac{d}{dt} ∑_{k=0}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A^{k} = ∑_{k=1}^{∞} \frac{t^{(}k − 1)}{(k − 1)!}A^{k} \\ = & A ∑_{k=0}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A^{k} = Ae^{tA} \\ = & (∑_{k=0}^{∞} \frac{t^{k}}{k!} A^{k})A = e^{tA}A \end{matrix}

同次方程式の形式的解法行列の指数関数を使うと、線形同次微分方程式は形式的にはすぐに解かれる。

\frac{d}{dt} x^{→} = Ax^{→} に対し、 t = 0 で初期値 x^{→}^{0} をとる解は、 x^{→}(t) = e^{tA} x^{→}^{0} で与えられる。

実際、

\frac{d}{dt} x^{→}(t) = \frac{d}{dt}e^{tA} x^{→}^{0} = Ae^{tA} x^{→}^{0} = Ax^{→}(t)

２行２列の A に対して、この e^{tA} の具体的な形を、 P^{−1}AP の形を標準形にして e^{tA} = P e^{tP^{−1}AP} P^{−1} により求めた。

ジョルダン標準形

n × n 行列の固有多項式は n 次多項式である。これは実数係数の n 多項式であるから、ガウスの代数学の基本定理により、１次式の積に因数分解される。複素数解は、共役なものが同じ次数で現れる。

ジョルダンブロックとは次の形の行列である。

(\begin{matrix}a & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & a & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & 0 \\ ⋮ & ... & ... & a & 1 \\ 0 & … & … & 0 & a \end{matrix} )

この k × k 行列の固有多項式は (λ − a)^{k} である。ジョルダンの定理とは n × n 実行列 A に対して、 n × n 複素行列 P をとって、 P^{−1}AP がジョルダンブロックの直和（ジョルダン標準形）となるようにできる。共役複素数を固有値とするジョルダンブロックの数は、大きさを含め等しい。

この結果、 2 × 2 実行列の場合は、 (\begin{matrix}λ_{1} & 0 \\ 0 & λ_{2} \end{matrix}), (\begin{matrix}μ + νi & 0 \\ 0 & μ − νi \end{matrix}), (\begin{matrix}λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix}) の３

通りのジョルダン標準形があることになる。なお、

(\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ −i & i \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −i & i \end{matrix}) (\begin{matrix}μ + νi & 0 \\ 0 & μ − νi \end{matrix})

である。

3 × 3 実行列の場合は(\begin{matrix}λ_{1} & 0 & 0 \\ 0 & λ_{2} & 0 \\ 0 & 0 & λ_{3} \end{matrix}), (\begin{matrix}λ & 0 & 0 \\ 0 & μ + νi & 0 \\ 0 & 0 & μ − νi \end{matrix}), (\begin{matrix}λ_{1} & 1 & 0 \\ 0 & λ_{1} & 0 \\ 0 & 0 & λ_{2} \end{matrix}),

(\begin{matrix}λ & 1 & 0 \\ 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & λ \end{matrix}) の４通りである。

4 × 4 実行列の場合は(\begin{matrix}λ_{1} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & λ_{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ_{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & λ_{4} \end{matrix}), (\begin{matrix}λ_{1} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & λ_{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & μ + νi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & μ − νi \end{matrix}),

(\begin{matrix}μ_{1} + ν_{1}i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & μ_{1} − ν_{1}i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & μ_{2} + ν_{2}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & μ_{2} − ν_{2}i \end{matrix}), (\begin{matrix}λ_{1} & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ_{1} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ_{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & λ_{3} \end{matrix}),

(\begin{matrix}λ & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & μ + νi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & μ − νi \end{matrix}), (\begin{matrix}λ_{1} & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ_{1} & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ_{1} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & λ_{2} \end{matrix}), (\begin{matrix}λ_{1} & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ_{1} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ_{2} & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ_{2} \end{matrix}),

(\begin{matrix}μ + νi & 1 & 0 & 0 \\ 0 & μ + νi & 0 & 0 \\ 0 & 0 & μ − νi & 1 \\ 0 & 0 & 0 & μ − νi \end{matrix}), (\begin{matrix}λ & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ \end{matrix}) の９通りである。

ジョルダンブロックについての指数関数は

exp(t (\begin{matrix}a & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & a & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & 0 \\ ⋮ & ... & ... & a & 1 \\ 0 & … & … & 0 & a \end{matrix} )) = (\begin{matrix}e^{at} & te^{at} & \frac{t^{2}}{2!} e^{at} & … & \frac{t^{k−1}}{(k−1)!}e^{at} \\ 0 & e^{at}a & ... & ... & ⋮ \\ ⋮ & ... & ... & ... & \frac{t^{2}}{2!} e^{at} \\ ⋮ & ... & ... & e^{at} & te^{at} \\ 0 & … & … & 0 & e^{at} \end{matrix})

となる。なお、

exp(t (\begin{matrix}μ & −ν \\ ν & μ \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −i & i \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{(μ+νi)t} & 0 \\ 0 & e^{(μ−νi)t} \end{matrix}) (\frac{1}{2} −\frac{i}{2}^{\frac{1}{2}  \frac{i}{2}})

= (\begin{matrix}\frac{e^{(μ+νi)t} + e^{(μ−νi)t}}{2} & −\frac{e^{(μ+νi)t} − e^{(μ−νi)t}}{2i} \\ \frac{e^{(μ+νi)t} − e^{(μ−νi)t}}{2i} & \frac{e^{(μ+νi)t} + e^{(μ−νi)t}}{2} \end{matrix} )

= (\begin{matrix}e^{μt} cos νt & −e^{μt} sin νt \\ e^{μt} sin νt & e^{μt} cos νt \end{matrix})

この結果、 A の固有値が実数 λ, 複素数 μ + νi を持つとき、 e^{tA} は、 e^{λt}, te^{λt}, …, t^{k−1}e^{λt}, e^{μt} cos νt, e^{μt} sin νt, te^{μt} cos νt, te^{μt} sin νt, …, t^{k−1}e^{μt} cos νt, t^{k−1}e^{μt} sin νt の線形結合で書かれる。ただし k は，固有値 λ, μ + νi のジョルダンブロックの最大の大きさである。

非同次線形微分方程式、定数変化法

非同次線形微分方程式\frac{d}{dt} x^{→} = Ax^{→} + b^{→}(t) について、解の存在、一意性はわかっ

ている。２つの非同次方程式の解 x^{→}_{1}(t), x^{→}_{2}(t) に対して、 x^{→}_{2}(t) − x^{→}_{1}(t) は同次方程式の解

である。従って、 t = 0 で x^{→}^{0} となる\frac{d}{dt} x^{→} = Ax^{→} + b^{→}(t) の解は t = 0 で 0^{→} をとる解

と e^{tA} x^{→}^{0} の和である。

\frac{d}{dt} x^{→} = Ax^{→}+ b^{→}(t). の解を探す。 e^{tA} x^{→}^{0} が同次方程式の解とする。そこで、 x^{→}(t) =

e^{tA}X^{→}(t) の形の解を探す。

Ae^{tA}X^{→}(t) + e^{tA} \frac{dX^{→}}{dt} = Ae^{tA}X^{→}(t) + b^{→}(t)

だから、

e^{tA} \frac{dX^{→}}{dt} = b^{→}(t)

従って、 X(t) = ∫_{0}^{t} e^{−tA} b^{→}(t)dt とし、 x^{→}(t) = e^{tA}X^{→}(t) + e^{tA} x^{→}^{0} が解である。

x^{→} = P y^{→} と座標変換して、 P^{−1}AP が標準形とする。微分方程式は、 P \frac{d}{dt} y^{→} =

AP y^{→} + b^{→}(t) すなわち、\frac{d}{dt} y^{→} = P^{−1}AP y^{→} + P^{−1} b^{→}(t) となる。 y^{→}(t) = e^{tP^{−1}AP} Y^{→}(t)

の形で解を探す。

P^{−1}AP e^{tP^{−1}AP} Y (t) + e^{tP^{−1}AP} \frac{dY^{→}}{dt} = P^{−1}AP e^{tP^{−1}AP} Y^{→}(t) + P^{−1} b^{→}(t)

だから、

e^{tP^{−1}AP} \frac{dY^{→}}{dt} = P^{−1} b^{→}(t)

従って、

Y^{→}(t) = ∫_{0}^{t} e^{−tP^{−1}AP} P^{−1} b^{→}(t)dt

y^{→}(t) = e^{tP^{−1}AP} ∫_{0}^{t} e^{−tP^{−1}AP} P^{−1} b^{→}(t)dt

x^{→}(t) = P e^{tP^{−1}AP} ∫_{0}^{t} e^{−tP^{−1}AP} P^{−1} b^{→}(t)dt

である。

例． \frac{d}{dt} (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}−5 & −4 \\ 10 & 7 \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) + (\begin{matrix}cos t \\ sin t \end{matrix}).

A = (\begin{matrix}−5 & −4 \\ 10 & 7 \end{matrix}) の固有多項式は

det (\begin{matrix}λ + 5 & 4 \\ −10 & λ − 7 \end{matrix}) = (λ + 5)(λ − 7) + 4 · 10 = λ^{2} − 2λ + 5 = (λ − 1 − 2i)(λ − 1 + 2i)

ここでは複素数の範囲で対角化しよう。固有値 1 + 2i, 1 − 2i に対する固有ベクトル

は (\begin{matrix}−2 \\ 3 + i \end{matrix}), (\begin{matrix}−2 \\ 3 − i \end{matrix}) であり、

(\begin{matrix}−5 & −4 \\ 10 & 7 \end{matrix}) (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 3 + i & 3 − i \end{matrix}) = (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 3 + i & 3 − i \end{matrix}) (\begin{matrix}1 + 2i & 0 \\ 0 & 1 − 2i \end{matrix})

P = (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 3 + i & 3 − i \end{matrix}) とすると、 P^{−1} = \frac{1}{4i} (\begin{matrix}3 − i & 2 \\ −3 − i & −2 \end{matrix}) = \frac{1}{4} (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix})

(\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = P (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) とすると、

\frac{d}{dt} y^{→} = (\begin{matrix}1 + 2i & 0 \\ 0 & 1 − 2i \end{matrix}) y^{→} + \frac{1}{4} (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix}) (\begin{matrix}cos t \\ sin t \end{matrix})

となる。次のように計算しておく方が都合が良い。

\begin{aligned}& \frac{1}{4} (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix}) (\begin{matrix}cos t \\ sin t \end{matrix}) = \frac{1}{4} (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix}) (\frac{e^{it}+e^{−it}}{2} ; \frac{e^{it}−e^{−it}}{2i} ) \\ = & \frac{1}{4} (\begin{matrix}(−1 − 3i)\frac{e^{it}+e^{−it}}{2} − e^{it} + e^{−it} \\ (−1 + 3i)\frac{e^{it}+e^{−it}}{2} + e^{it} − e^{−it} \end{matrix}) = \frac{1}{8} (\begin{matrix}(−3 − 3i)e^{it} + (1 − 3i)e^{−it} \\ (1 + 3i)e^{it} + (−3 + 3i)e^{−it} \end{matrix}) \end{aligned}

t = 0 で y^{→} = 0^{→} となる解を、 y^{→}(t) = exp(t (\begin{matrix}1 + 2i & 0 \\ 0 & 1 − 2i \end{matrix})) (\begin{matrix}Y_{1}(t) \\ Y_{2}(t) \end{matrix}) の形で求め

ると、

\begin{matrix}(\begin{matrix}Y_{1}(t) \\ Y_{2}(t) \end{matrix}) = & ∫_{0}^{t} exp(−t (\begin{matrix}1 + 2i & 0 \\ 0 & 1 − 2i \end{matrix}))\frac{1}{8} (\begin{matrix}(−3 − 3i)e^{it} + (1 − 3i)e^{−it} \\ (1 + 3i)e^{it} + (−3 + 3i)e^{−it} \end{matrix}) dt \\ = & \frac{1}{8} ∫_{0}^{t} (\begin{matrix}e^{(−1−2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(−1+2i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}(−3 − 3i)e^{it} + (1 − 3i)e^{−it} \\ (1 + 3i)e^{it} + (−3 + 3i)e^{−it} \end{matrix}) dt \\ = & \frac{1}{8} ∫_{0}^{t} (\begin{matrix}(−3 − 3i)e^{(−1−i)t} + (1 − 3i)e^{(−1−3i)t} \\ (1 + 3i)e^{(−1+3i)t} + (−3 + 3i)e^{(−1+i)t} \end{matrix}) dt \\ = & \frac{1}{8} (\begin{matrix}[3e^{(−1−i)t} + \frac{1 − 3i}{−1 − 3i}e^{(−1−3i)t}]_{0}^{t} \\ [\frac{1 + 3i}{−1 + 3i}e^{(−1+3i)t} + 3e^{(−1+i)t}]_{0}^{t} \end{matrix}) \\ = & \frac{1}{40} (\begin{matrix}15e^{(−1−i)t} + (4 + 3i)e^{(−1−3i)t} − (19 + 3i) \\ (4 − 3i)e^{(−1+3i)t} + 15e^{(−1+i)t} − (19 − 3i) \end{matrix}) \end{matrix}

\begin{matrix}(\begin{matrix}y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \end{matrix}) = & \frac{1}{40} (\begin{matrix}e^{(1+2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(1−2i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}15e^{(−1−i)t} + (4 + 3i)e^{(−1−3i)t} − (19 + 3i) \\ (4 − 3i)e^{(−1+3i)t} + 15e^{(−1+i)t} − (19 − 3i) \end{matrix}) \\ = & \frac{1}{40} (\begin{matrix}15e^{it} + (4 + 3i)e^{−it} − (19 + 3i)e^{(1+2i)t} \\ (4 − 3i)e^{it} + 15e^{−it} − (19 − 3i)e^{(1−2i)t} \end{matrix}) \end{matrix}

従って、 y^{→}^{0} = P^{−1} x^{→}^{0} を初期値とする解は、 (\begin{matrix}e^{(1+2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(1−2i)t} \end{matrix}) P^{−1} x^{→}^{0} + (\begin{matrix}y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \end{matrix})

となる。 x^{→}^{0} を初期値とする解は、

P (\begin{matrix}e^{(1+2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(1−2i)t} \end{matrix}) P^{−1} x^{→}^{0} + P (\begin{matrix}y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \end{matrix})

P (\begin{matrix}e^{(1+2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(1−2i)t} \end{matrix}) P^{−1} x^{→}^{0}

= \frac{1}{4} (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 3 + i & 3 − i \end{matrix}) (\begin{matrix}e^{(1+2i)t} & 0 \\ 0 & e^{(1−2i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix})
= \frac{1}{4} (\begin{matrix}−2e^{(1+2i)t} & −2e^{(1−2i)t} \\ (3 + i)e^{(1+2i)t} & (3 − i)e^{(1−2i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}−1 − 3i & −2i \\ −1 + 3i & 2i \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix})
= \frac{1}{4} (\begin{matrix}(2 + 6i)e^{(1+2i)t} + (2 − 6i)e^{(1−2i)t} & 4ie^{(1+2i)t} − 4ie^{(1−2i)t} \\ −10ie^{(1+2i)t} + 10ie^{(1−2i)t} & (2 − 6i)e^{(1+2i)t} + (2 + 6i)ie^{(1−2i)t} \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix})
= (\begin{matrix}\frac{e^{(1+2i)t} + e^{(1−2i)t}}{2} − 3\frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} & −2\frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} \\ 5\frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} & \frac{e^{(1+2i)t} + e^{(1−2i)t}}{2} + 3\frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} \end{matrix} ) (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix})
= (\begin{matrix}e^{t} cos 2t − 3e^{t} sin 2t & −2e^{t} sin 2t \\ 5e^{t} sin 2t & e^{t} cos 2t + 3e^{t} sin 2t \end{matrix}) (\begin{matrix}x_{1}^{0} \\ x_{2}^{0} \end{matrix})

P (\begin{matrix}y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \end{matrix}) = \frac{1}{40} (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 3 + i & 3 − i \end{matrix}) (\begin{matrix}15e^{it} + (4 + 3i)e^{−it} − (19 + 3i)e^{(1+2i)t} \\ (4 − 3i)e^{it} + 15e^{−it} − (19 − 3i)e^{(1−2i)t} \end{matrix})

= \frac{1}{40} (\begin{matrix}(−38 − 6i)e^{−it} + (−38 + 6i)e^{it} + ((38 + 6i)e^{(1+2i)t} + (38 − 6i)e^{(1−2i)t}) \\ (54 + 2i)e^{it} + (54 − 2i)e^{−it} − ((54 + 28i)e^{(1+2i)t} + (54 − 28i)e^{(1−2i)t}) \end{matrix})

= (\begin{matrix}−\frac{19}{10} \frac{e^{it} + e^{−it}}{2} − \frac{3}{10} \frac{e^{it} − e^{−it}}{2i} + \frac{19}{10} \frac{e^{(1+2i)t} + e^{(1−2i)t}}{2} − \frac{3}{10} \frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} \\ \frac{27}{10} \frac{e^{it} + e^{−it}}{2} − \frac{1}{10} \frac{e^{it} − e^{−it}}{2i} − \frac{27}{10} \frac{e^{(1+2i)t} + e^{(1−2i)t}}{2} + \frac{7}{5} \frac{e^{(1+2i)t} − e^{(1−2i)t}}{2i} \end{matrix} )

= (\begin{matrix}−\frac{19}{10} cos t − \frac{3}{10} sin t + \frac{19}{10}e^{t} cos 2t − \frac{3}{10}e^{t} sin 2t \\ \frac{27}{10} cos t − \frac{1}{10} sin t − \frac{27}{10}e^{t} cos 2t + \frac{7}{5}e^{t} sin 2t \end{matrix})