遷移行列の算出

ここでは遷移行列$e^{At}$を具体的に求める方法について述べる．(2.5)式からも判るように，遷移行列$e^{At}$は行列の無限級数で定義される．したがって，(2.5)式から直接これを求めることは困難である．このことから，まず第１の方法としてラプラス変換を利用した求め方を紹介する．

行列$e^{At}$の各要素をラプラス変換して得られる行列を$\hat{\Phi}(s)$で表すことにする．すなわち

$$\hat{\Phi}(s) = {\cal L}[e^{At}]$$

とする．(2.6)式を初期条件(2.9)の下でラプラス変換すれば

$${\cal L}\left[ \frac{d}{dt}e^{At} \right] = {\cal L} \left[ Ae^{At} \right]$$

であり，関数$\hat{\Phi}(s)$で表せば

$$s \hat{\Phi}(s) - I = A \hat{\Phi}(s)$$

となる．これを整理すれば

$$\hat{\Phi}(s) = (sI-A)^{-1}.$$

よって

$$e^{At} = {\cal L}^{-1}[(sI-A)^{-1}].$$ (3.1)

以上により，与えられた行列$A$の遷移行列が(3.1)式により与えられることがわかる．

 
例2.3　(3.1)式を用いて，行列

$$A = \left[ \begin{array}{cc} -1 & 0 1 & -2 \end{array} \right]$$

に対する遷移行列$e^{At}$を求める．まず$(sI-A)^{-1}$を計算すると

$$\begin{eqnarray*} (sI-A)^{-1} &=& \left[ \begin{array}{cc} s+1 & 0 -1 & s+2 \... ...cc} 1/(s+1) & 0 1/(s+1)-1/(s+2) & 1/(s+2) \end{array} \right] \end{eqnarray*}$$

となる．したがって，上式の各要素をラプラス逆変換すると

$$e^{At} = \left[ \begin{array}{cc} e^{-t} & 0 e^{-t}-e^{-2t} & e^{-2t} \end{array} \right]$$

となる．

第２の方法として，ラプラス変換を用いない方法がある．$n$次正方行列$A$の相異なる固有値を $\lambda_i \quad (i=1,\ldots,k)$とし，各$\lambda_i$の重複度を$n_i$とする．明らかに

$$n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n$$

が成り立つ．したがって，行列$A$の特性多項式 $\Delta(\lambda)(=\det(sI-A))$は

$$\Delta(\lambda) = \prod_{i=1}^k (\lambda - \lambda_i)^{n_i}$$

で与えられる．ただし，$\lambda_i$は$A$の相異なる固有値で，$n_i$はその重複度を表し， $n_1+n_2+\cdots + n_k=n$である． これに対し、時間$t$の関数 $\beta_0(t),\beta_1(t),\ldots,\beta_{n-1}(t)$を係数として$(n-1)$次多項式

$$\gamma(\lambda) = \beta_{n-1}(t)\lambda^{n-1} + \beta_{n-2}(t)\lambda^{n-2} + \cdots + \beta_0(t)$$

を考えると$e^{At}$は

$$e^{At} = \gamma(A) = \beta_{n-1}(t)A^{n-1} + \beta_{n-2}(t)A^{n-2} + \cdots + \beta_0(t) I$$ (3.2)

によって与えられる．ただし $\beta_0(t),\beta_1(t),\ldots,\beta_{n-1}(t)$は， $\gamma^{(j)} (\lambda)$を $\gamma(\lambda)$の$\lambda$に関する$j$階微係数とするとき，次式を満足するものとする．

$$\gamma^{(j)}(\lambda_i)=t^j e^{\lambda_i t} \quad (j=0,1,\ldots,n_i-1; \; i=1,2,\ldots,k)$$ (3.3)

実際，(3.2)式により行列指数関数$e^{At}$が与えられることを示す．

任意の$t$に対して関数$f_t(\lambda)$を

$$f_t(\lambda) = e^{\lambda t}$$

で定義する．上式を両辺$\lambda$についての$j$階導関数を求めると

$$\frac{d^j}{d\lambda^j} f_t(\lambda) = f_t^{(j)}(\lambda) = t^je^{\lambda t}$$

を得る．これと(3.3)式より $\gamma(\lambda)$と$f_t(\lambda)$に対し

$$\left.\frac{d^j}{d\lambda^j}\left\{\gamma(\lambda)-f_t(\lamb... ...)}(\lambda_i) = 0, \quad (j=0,1,\ldots,n_i-1;\;i=1,2,\ldots,k)$$

が成り立つ．したがって， $\{\gamma(\lambda)-f_t(\lambda)\}$は， $(\lambda-\lambda_i)^{n_i}$を因数として持つ．ゆえに $\{\gamma(\lambda)-f_t(\lambda)\}$は，$A$の特性多項式 $\Delta(\lambda)$を因数として持つ．さらにケーリー・ハミルトンの定理より $\Delta(A) = 0$であるから

$$\gamma(A) - f_t(A)= 0.$$

よって

$$e^{At} = f_t(A) = \gamma(A)$$

となる．

 
例2.4　(3.2)式を用いて行列

$$A = \left[ \begin{array}{ccc} -1 & 1 & 0 0 & -1 & 0 0 & -1 & -2 \end{array} \right]$$

に対する行列指数関数$e^{At}$を求めてみる．

$$sI-A = \left[ \begin{array}{ccc} s+1 & -1 & 0 0 & s+1 & 0 \\ 0 & 1 & s+2 \end{array} \right]$$

より，特性多項式は

$$\det (sI-A) = \Delta(\lambda) = (s+1)^2(s+2)$$

となる．したがって，$A$の固有値とその重複度は

$$\lambda_1 = -1,n_1 = 2 ; \quad \lambda_2 = -2, n_2 = 1$$

である．行列$A$は３次正方行列であるから$n=3$．すなわち，

$$\gamma(\lambda) = \beta_2(t) \lambda^2 + \beta_1(t) \lambda + \beta_0$$

とおくと，(3.3)式より

$$\beta_2(t) - \beta_1(t) + \beta_0(t) = e^{-t} \quad (j=0, i=1),$$ (3.4)

$$-2\beta_2(t) + \beta_1(t) = te^{-t} \quad (j=1,i=1),$$ (3.5)

$$4\beta_2(t) - 2\beta_1(t) + \beta_0(t) = e^{-2t} \quad (j=0,i=2)$$ (3.6)

となる．また，(3.2)式より

$$e^{At} = A^2 \beta_2(t) + A\beta_1(t) + I\beta_0(t)$$

$$= \left[ \begin{array}{ccc} 1 & -2 & 0 0 & 1 & 0 0 & 3 & 4 ... ...{array}{ccc} 1 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1 \end{array}\right]\beta_0(t)$$

$$= \left[ \begin{array}{ccc} \beta_2(t) - \beta_1(t) + \beta_0(t) & ... ...a_2(t) -\beta_1(t) & 4\beta_2(t) - 2\beta_1(t) + \beta_0(t) \end{array} \right]$$ (3.7)

となる．したがって，(3.4)〜(3.7)式より，

$$e^{At} = \left[ \begin{array}{ccc} e^{-t} & te^{-t} & 0 \\ ... ...e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-2t}-e^{-t} & e^{-2t} \end{array}\right]$$

となる．