線形代数の問題

方針 $\mathbf{x}(t)=\left(\begin{array}{c}{x}_1(t)\\ x_2(t)\end{array}\right)$, $A=\left(\begin{array}{cc}4& 1\\ 2& 3\end{array}\right)$ とおくと、方程式は ${\mathbf{x}}^{\prime }=A\mathbf{x}$ と書けます。この解は $\mathbf{x}(t)=e^{tA}\mathbf{x}(0)$ です。$A$ を対角化して $e^{tA}$ を計算します。

1. 固有値 特性多項式は
$$\det (A-\lambda E)=(4-\lambda )(3-\lambda )-2={\lambda }^2-7\lambda +10=(\lambda -2)(\lambda -5)$$
なので、固有値は $\lambda =5,2$ です。異なる 2 つの固有値をもつので $A$ は対角化できます。

2. 固有ベクトル
- $\lambda =5$: $A-5E=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 2& -2\end{array}\right)$ より $-a+b=0$。固有ベクトルとして $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$。
- $\lambda =2$: $A-2E=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 2& 1\end{array}\right)$ より $2a+b=0$。固有ベクトルとして $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\end{array}\right)$。

$P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -2\end{array}\right)$ とおくと、$\det P=-3$ なので
$$P^{-1}=\frac{1}{-3}\left(\begin{array}{cc}-2& -1\\ -1& 1\end{array}\right)=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& -1\end{array}\right)$$
であり、$P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$ です。

3. $e^{tA}$ の計算 $e^{tA}=P\left(\begin{array}{cc}{e}^{5t}& 0\\ 0& e^{2t}\end{array}\right)P^{-1}$ より
$$e^{tA}=\left(\begin{array}{cc}{e}^{5t}& e^{2t}\\ e^{5t}& -2e^{2t}\end{array}\right)\cdot \frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& -1\end{array}\right)=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{cc}2e^{5t}+e^{2t}& e^{5t}-e^{2t}\\ 2e^{5t}-2e^{2t}& e^{5t}+2e^{2t}\end{array}\right)$$

4. 初期条件を代入 $\mathbf{x}(0)=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}\right)$ より、第 1 成分は
$$x_1(t)=\frac{1}{3}\left\{(2e^{5t}+e^{2t})\cdot 1+(e^{5t}-e^{2t})\cdot 4\right\}=\frac{1}{3}(6e^{5t}-3e^{2t})=2e^{5t}-e^{2t}$$

検算 同様に $x_2(t)=2e^{5t}+2e^{2t}$ です。$x_1^{\prime }=10e^{5t}-2e^{2t}$、$4x_1+x_2=8e^{5t}-4e^{2t}+2e^{5t}+2e^{2t}=10e^{5t}-2e^{2t}$ で一致します。また $x_1(0)=2-1=1$ も満たします。

答え: $x_1(t)=2e^{5t}-e^{2t}$

係数行列 $A=\left(\begin{array}{cc}4& 1\\ 2& 3\end{array}\right)$ の固有方程式は ${\lambda }^2-7\lambda +10=0$ で、固有値は $\lambda =2,5$ である。

$\lambda =5$ のとき、$(A-5I)v=0$ より $-v_1+v_2=0$ なので、固有ベクトルは $(1,1)$ である。
$\lambda =2$ のとき、$(A-2I)v=0$ より $2v_1+v_2=0$ なので、固有ベクトルは $(1,-2)$ である。

一般解は $(x_1,x_2)=c_1{e}^{5t}(1,1)+c_2{e}^{2t}(1,-2)$ となる。
初期条件 $x_1(0)=1,x_2(0)=4$ より $c_1+c_2=1$、$c_1-2c_2=4$ である。
辺々引くと $3c_2=-3$ なので $c_2=-1$、$c_1=2$ である。

よって $x_1(t)=2e^{5t}-e^{2t}$、$x_2(t)=2e^{5t}+2e^{2t}$ となる。

検算：$x_1(0)=1$、$x_2(0)=4$ で初期条件を満たす。
$x_1^{\prime }=10e^{5t}-2e^{2t}$ である。一方 $4x_1+x_2=8e^{5t}-4e^{2t}+2e^{5t}+2e^{2t}=10e^{5t}-2e^{2t}$ で一致する。
$x_2^{\prime }=10e^{5t}+4e^{2t}$ である。一方 $2x_1+3x_2=4e^{5t}-2e^{2t}+6e^{5t}+6e^{2t}=10e^{5t}+4e^{2t}$ で一致する。