僕はどうも『珍人』(振る舞いや言動が不通と変わっている人)らしいのだ。ランドローバー京都創業以来の珍客として、営業のＭ田さんから「ＳＶクラス」の認定を受けているし、職場でも女帝殿から
「我が社の社員は変わった人が多いけど、その中で防人さんとS村さん(東大出身の不等式が大好きなボディービルダー)は群を抜いていますよ」
と言われており、どちらも勤続年限が長い(防人が一番長いけどね)が、会社の経営にはノータッチで(関わらぜてもらえずに!?)、現場でマニアな仕事に集中させてもらっているのだ。ある時、会社の若い女性社員がやって来て、
「防人さんて、アスペ(アスペルガー障害)ぽいですよね」
と言われたりしたこともある(失礼な！)。発達障害の講習会に参加したり、周囲に医療関係者の知り合いも多い女帝殿に言わすと、防人は障害の一歩手前の発達凸凹ということだ。S村さんはあっちの方に行ってしまっているかもだが。兎に角、あることに興味を持つと、それに思考の全勢力が集中してしまい、他のことに目がいかなくなるので、このようなタイプは会社経営には向いていないのだろう。経営者たるものは色々なことを同時並行的に思考し、バランスよく考えられる人でないとだめなのだろう。輸入車ディーラーに車を買いに来るような人々は経営者が多いのだろうから、防人のようにディフェンダーを買うとなるとそのことばかり毎日考えてしまうような過集中的人間は当然浮いてしまうことになる。
まあ、そんな防人も実家の父、母や姉に比べるとはるかに一般人(一般人なんて本当にいるのかね。みんなそれぞれ変わったところがあると思うのだが!?)に近いところにいる(これは中さんが証明してくれている)。
特にオヤジは大学の教員をしていたこともあり、とても変わっていたし、その周囲の人々も変わった人が多かった。その中で特に僕の印象に残っいている人として、M木教授という人がいた。彼はいつも着物で大学の講義や日常生活をこなしていたのだが、彼の左手はいつも巾着(小物入れ)を持ち歩いていたのである。この巾着の中には何が入っていたかというと、それは彼の大好物の”バナナ”だ。講義中だろうが散歩中だろうが、彼は食べたくなると、その巾着からバナナを取り出して食べ出すのである。家族で町中をドライブ中に、幾度となく車窓からM木教授を見かけることがあったが、その時は必ず巾着から取り出したバナナを食しておられたものだ。そんなＭ木教授が我が家に来られてオヤジと文学談義(Ｍ木教授は国文学専攻、オヤジは英文学専攻)に時が経つのも忘れて熱中されたので、外は暗くなり、夕飯の時間となってしまったことがあった。そのため、おふくろは、
「先生ッ！これからシャナナ(当時甲府にあったお洒落で美味しい洋食屋さん)にご一緒しませんッ？」
と提案すると、
「むぅあーッ、そうおっしゃられるなら、防人教授(オヤジのこととしよう)との議論もむぁだ途中ですのでェー、ゔぉク(僕)もご一緒させてもらいますわ」
ということで、オヤジ、おふくろ、僕とM木教授の四人でレストラン・シャナナに行くことになったのである。このレストラン・シャナナは1970年代当時、山梨の田舎で先進的な洋食を食べることが出来る場所だった。スパゲッティバジリコはアルデンテのとても美味しいものだったし(当時、スパゲッティと言えば、ゆで過ぎのナポリタンが日本では一般的で、アルデンテでスパゲッティを出そうものなら「芯がある」とクレームが殺到したかもしれない)、ハンバーグステーキも洗練されていたし、コルドンブルーやチキンドロールなんかもメニューにあったのである。このシャナナのオーナーの食に対する情熱は強烈で、コックさんとかを東京の名店に行かせて料理修行させていたし、自らもギャルソンとして現場に立っていた。また、その奥さんやオーナーの妹さんもお店にいてどちらも美しい人だったなあ。妹さんは少し茶髪のポニーテールで、お店には750㏄の大型バイク、革ジャン姿で出勤するのだったが、それがカッコよく、美しく、少年防人にとっては憧れの人だったのだ。だから、そんなシャナナに行くことは僕には嬉しくて、しかし、ちょっと恥ずかしくもあり、ワクワクして、美味しいとても素敵なことだったのである。
シャナナに到着するまで、車の中ではM木教授と防人教授(オヤジのこと)の文学談義は続き、それは店内に入ってからも続いていた。そしてオーナーの妹さんがオーダーを取りに来た時も談義は続いていたが、おふくろが
「先生ッ！お話はそこまでにして、オーダーは何になさいますッ？」
と遮ると、やっと我に返ったM木教授は、店員さん(妹さん)に顔を向けて、
「むぅあッ！ヴぉくうはッ(僕は)、ポークジンジャーステーキ(今でも僕はM木教授が何をオーダーしたかを明白に憶えているのだ)ね。ラァイスゥ(ライス)はステーキを半分まで食べたら持ってきてくれたまえ。それと、カフィー(コーヒー)は食後10分後に持ってきてくれッ。以上ッ！・・・。とぅこーろで、防人教授、梅原猛の柿本人麻呂論ウぁですな、…」
と再び議論が再開されるのだった。幼い僕は『何故、コーヒーは食後10分後に持ってきてもらうのだろう？ステーキを半分まで食べた後に何故ご飯なのだろう？最初からご飯と食べないのだろうか？』と色々不思議だった。料理が運ばれてくると、それまで文学談義に夢中だったM木教授は、ぱたりと議論を終了し、料理を食されることに集中され出した。フォークやナイフの操り方も慣れた感じで、巧みであった。ステーキ―を半分まで食べたところでご飯を持ってきてもらって、すべて彼の計画通りに事が進んでいった。そして、食べ終わって、これからの10分間、オヤジと議論を交わすのかそれともどうするのかと思ってM木教授を僕は観察し続けた。M木教授は右手のナイフを置き、続いて左手のフォークを置くと、その左手はやにわに例の巾着を持ち上げ、右手で中からM木教授秘蔵のバナナを取り出したのである。我々家族が見つめる中、彼は上手に皮をむいて、それを空になったライスの皿の上に置いた。そして、先ほど置いたフォークとナイフを再び持ち直して、それを操って上手に食し出したのである。これで、10分間の謎が解けたのだ。彼は食後のバナナのデザートタイムとして10分が必要だったのだ。そして、持参した秘蔵のバナナを食し終えてからコーヒーを飲みたかったのである。この時のM木教授の満足そうな顔はいまだに忘れずに脳裏にこびりついている。我々家族の注目を集める彼は、バナナをフォークで口に運びながらおもむろに顔を上げた。そして、
「むあッ…、こうしてお話てみますぅとぉー、何ですなぁー。防人教授は、珍人ですなぁ！」
との賜ったのだ。これにはオヤジも返す言葉がなく、その後しばらくはこの時の出来事を色々な人にオヤジは語っていたのだった。僕はこのM木教授の口から発せられた『珍人』という単語が頭にこびりついて離れず、以後、変わった人を見かける度に『珍人』という単語が頭の中を駆け回るのだった。その後、僕は文系の父と真逆の(反抗期!?)理系の数学科、理論物理学科に進み、そこでも僕をはるかに上回る数々の『珍人』に出会ってきた。最近では発達障害だとか何だとかやたら病名を付けて人を類別し、治療すべき対象とそうでないものと見なす風潮があるが、僕はこのような状況は嫌いである。僕は彼らのことを(自分も含めて)、親愛の情を込めて呼びたい、『珍人』と。
前回が(１)等加速度型、(２)空気抵抗型、(３)調和振動子型という具体例ばかりを考えたので、今回は斉次二階微分方程式(核方程式)の一般論を考察しよう。復習も兼ねたフローチャートは以下のようになる。
斉次二階微分方程式 : \(\displaystyle \ddot{x}+a\dot{x}+bx=0 \)
↓
\(\displaystyle \boldsymbol{y}=\left(\begin{array}{c} x \\ \dot{x} \end{array}\right) \)なる二次元ベクトル\(\boldsymbol{y}\)を導入し、上記方程式を書き換える。
↓
一階微分方程式：\(\displaystyle \frac{d}{dt}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{y}\) …(＊) 但し、\(\displaystyle \boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ -b & -a \end{pmatrix}\)
↓
(＊)の解：\(\displaystyle \boldsymbol{y}=e^{\boldsymbol{A}t}\boldsymbol{c} \) …(sol) 但し \(\boldsymbol{c}=\left(\begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array}\right) \) ここで、\(\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}\)は以下のように定義されていた。\[\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}=\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{A}t+\frac{1}{2!}\boldsymbol{A}^2 t^2+\cdots \frac{1}{n!}\boldsymbol{A}^n t^n \cdots \]
前回の記事の(１)、(２)、(３)の例で登場した\(\displaystyle \boldsymbol{A}\)は特徴的なものばかりだから、\(\displaystyle \boldsymbol{A}^2\)、\(\displaystyle \boldsymbol{A}^3\)、…と計算してくと規則性がわかるので何とかなった。しかし、一般の形だとそうはいかないのである。このような時、役立つのが行列\(\boldsymbol{A}\)の対角化である。
《対角化とは！》 行列をベクトル\(\boldsymbol{x}\)に作用させたとき、
\[\boldsymbol{Ax}=\lambda \boldsymbol{x}\]
となる時の\(\boldsymbol{x}\)を行列\(\boldsymbol{A}\)の固有ベクトル、\(\lambda\)を固有値という。上の式を以下のように変形する。
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{1} \right)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\]
この時上記の方程式が、\(\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}\)となるような解(非自明解)を持つための必要十分条件は、行列\(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{1} \)が逆行列を持たない条件、つまり、
\[\mathrm{det}\left(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{1} \right)= |\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{1} | = \begin{vmatrix}
-\lambda & 1 \\-b & -a-\lambda
\end{vmatrix}=0\]
よって、固有方程式：\(\displaystyle \lambda^2+a\lambda+b=0\) を得る。
①固有方程式が相異二実数解\(\lambda_1\)、\(\lambda_2\)を持つ場合！
\(\lambda_1\)に対応する固有ベクトルを\(\boldsymbol{x}_1\)、\(\lambda_2\)に対応する固有ベクトルを\(\boldsymbol{x}_2\)とする。すなわち、\(\displaystyle \boldsymbol{Ax}_1=\lambda_1 \boldsymbol{x}_1\)、\(\displaystyle \boldsymbol{Ax}_2=\lambda_2 \boldsymbol{x}_2\)である。これらをまとめて行列表示すると、
\[\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)=\left(\boldsymbol{Ax}_1 \ \boldsymbol{Ax}_2\right)=\left(\lambda_1\boldsymbol{x}_1 \ \lambda_2\boldsymbol{x}_2\right)=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}\]
ここで、\(\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)\)、\(\displaystyle \boldsymbol{D}=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}\)、と置くと、異なる固有値に対する固有ベクトルは互いに一時独立なので、この行列\(\boldsymbol{P}\)は逆行列\(\boldsymbol{P}^{-1}\)を持つ。よって、上式は\(\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{PD}\)となるので、これに右から\(\boldsymbol{P}^{-1}\)をかけて、
\[\boldsymbol{A}=\boldsymbol{PDP}^{-1}\]
を得る。これが対角化である。そして、\(\boldsymbol{D}\)を対角行列というのだ。
これでようやく\(\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}\)を計算できる。まず、
\(\displaystyle \boldsymbol{D}^2=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^2 & 0 \\ 0 & \lambda_2^2 \end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{D}^3=\boldsymbol{D}^2\boldsymbol{D}=\begin{pmatrix}\lambda_1^2 & 0 \\ 0 & \lambda_2^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^3 & 0 \\ 0 & \lambda_2^3 \end{pmatrix}\)
\(\vdots\)
\(\displaystyle \boldsymbol{D}^n=\boldsymbol{D}^{n-1}\boldsymbol{D}=\begin{pmatrix}\lambda_1^{n-1} & 0 \\ 0 & \lambda_2^{n-1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^n & 0 \\ 0 & \lambda_2^n \end{pmatrix}\)
などとなるので、
\(\displaystyle e^{\boldsymbol{D}t}=\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{D}t+\frac{1}{2!}\boldsymbol{D}^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \boldsymbol{D}^n t^n +\cdots\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix} 1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}\lambda_1^2 t^2+\cdots+\frac{1}{n!}\lambda_1^n t^n+\cdots & 0 \\ 0 & 1+\frac{1}{1!}\lambda_2 t+\frac{1}{2!}\lambda_2^2 t^2+\cdots+\frac{1}{n!}\lambda_2^n t^n+\cdots \end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2 t}\end{pmatrix}\)
となることに注意しよう。このもとで、
\(\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}=e^{\boldsymbol{PDP}^{-1}t}\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{PDP}^{-1}t+\frac{1}{2!}\left(\boldsymbol{PDP}^{-1} \right)^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \left(\boldsymbol{PDP}^{-1} \right)^n t^n \cdots\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{P}\left(\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{D}t+\frac{1}{2!}\boldsymbol{D}^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \boldsymbol{D}^n t^n \cdots \right)\boldsymbol{P}^{-1}\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2 t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\)
と計算できるから、(＊)の解は
\[\displaystyle \boldsymbol{y}=e^{\boldsymbol{A}t}\boldsymbol{c}=\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2 t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{c} \]
となる。
《具体例１》微分方程式： \(\displaystyle \ddot{x}+3\dot{x}+2x=0 \) の一般解を求めよ。
固有方程式：\(\displaystyle \lambda^2+3\lambda+2=0\) より解は \(\lambda=\lambda_1=-1\) と \(\lambda=\lambda_2=-2\)という二実解を持つ。そこで、それぞれの固有値に属する固有ベクトルを求める。
まず、\(\lambda=\lambda_1=-1\) の時。固有ベクトルを\(\boldsymbol{x_1}=\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)\)と置いて、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_1}=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -2 & -2 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right)\]
を満たす、\(x\)、\(y\)の組を(一つ)求めると、\(\boldsymbol{x_1}=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array}\right)\) である。
次に、\(\lambda=\lambda_2=-2\) の時。固有ベクトルを\(\boldsymbol{x_2}=\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)\)と置いて、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_2\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_1}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right)\]
を満たす、\(x\)、\(y\)の組を(一つ)求めると、\(\boldsymbol{x_2}=\left(\begin{array}{c} -1 \\ 2 \end{array}\right)\) である。以上より、\(\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\)となる。また、逆行列は\(\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\)である。以上より、一般解は
\[\left(\begin{array}{c} x \\ \dot{x} \end{array}\right) =\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{c} =\begin{pmatrix}1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array}\right)\]
\(\displaystyle =\left(\begin{array}{c} \left(2e^{-t}-e^{-2t}\right)c_1+\left(e^{-t}-e^{-2t}\right)c_2 \\ \left(-2e^{-t}+2e^{-2t}\right)c_1+\left(-e^{-t}+2e^{-2t}\right)c_2 \end{array}\right)\)
以上より、一般解：\(\displaystyle x=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}\) が得られた。但し、\(C_1=2c_1+c_2\)、\(C_2=-c_1-2c_2\)と置いた。
《補足》固有値が複素数解\(\lambda=p+qi\)の時は、オイラーの公式を用いて以下のように計算すればよい。
\[e^{\lambda t}=e^{(p+qi)t}=e^{pt}e^{iqt}=e^{pt}\left(\cos qt+i\sin qt \right)\]
②固有方程式が重解\(\lambda_1\)を持つ場合‼
この時\(\boldsymbol{A}\)は二次正方行列なので対角化は出来なくて、以下のようにジョルダンの標準形に持ち込むのである。まず、\(\displaystyle \boldsymbol{Ax}_1=\lambda_1 \boldsymbol{x}_1\) が成り立つ。次に、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_2}=\boldsymbol{0}\]
なる\(\boldsymbol{x}_2\)を考えても意味がなく、このベクトルは固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_1\)に平行(従属)なだけだ。そこで、
《ケーリー・ハミルトンの定理》懐かしい定理だぜぃ！ \[\boldsymbol{A}^2+a\boldsymbol{A}+b\boldsymbol{1} =\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)^{2}=\boldsymbol{O}\]が恒等的に成り立つ。
よって、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)^{2}\boldsymbol{x_2}=\boldsymbol{0}\]
も成り立つ。上式を以下のように書き換えてみる。
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\{\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_2}\}=\boldsymbol{0}\]
この式を見ると、\(\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_2}\)は固有値\(\lambda_1\)の固有ベクトルと言っている訳だ。だから固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_1\)に平行(従属)となるので、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_2}=\boldsymbol{x_1}\]
となるようにベクトル\(\boldsymbol{x}_2\)を決定する。これは、\(\displaystyle \boldsymbol{Ax}_2=\boldsymbol{x}_1+\lambda_1\boldsymbol{x}_2 \)となるので、行列にまとめると、
\[\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)=\left(\boldsymbol{Ax}_1 \ \boldsymbol{Ax}_2\right)=\left(\lambda_1\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_1+\lambda_1\boldsymbol{x}_2\right)=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}\]
となる。ここで、上記のように決めた\(\boldsymbol{x}_2\)と固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_1\)は線形独立である。何故なら、独立でないとすると\(\boldsymbol{x}_2=k\boldsymbol{x}_1\)と置けるので、これを\(\displaystyle \boldsymbol{Ax}_2=\boldsymbol{x}_1+\lambda_1\boldsymbol{x}_2 \)へ代入すると、\(\displaystyle k\lambda_1\boldsymbol{x}_1=\boldsymbol{x}_1+k\lambda_1\boldsymbol{x}_1 \)よりゼロベクトルでないはずの固有ベクトルが\(\boldsymbol{x}_1=0\)となり矛盾するからである。よって、\(\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)\)は逆行列\(\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1}\)を持つ。また、\(\displaystyle \boldsymbol{J}=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}\)と置くと、\(\boldsymbol{AP}=\boldsymbol{PJ}\)となるので、これに右から\(\boldsymbol{P}^{-1}\)をかけて、
\[\boldsymbol{A}=\boldsymbol{PJP}^{-1}\]
を得る。これがジョルダンの標準形である。そして、\(\boldsymbol{J}\)をジョルダンブロックというのだ。これでようやく\(\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}\)を計算できる。まず、
\(\displaystyle \boldsymbol{J}^2=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^2 & 2\lambda \\ 0 & \lambda_1^2 \end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{J}^3=\boldsymbol{J}^2\boldsymbol{J}=\begin{pmatrix}\lambda_1^2 & 2\lambda_1 \\ 0 & \lambda_1^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^3 & 3\lambda_1^2 \\ 0 & \lambda_1^3 \end{pmatrix}\)
\(\vdots\)
\(\displaystyle \boldsymbol{J}^n=\boldsymbol{J}^{n-1}\boldsymbol{J}=\begin{pmatrix}\lambda_1^{n-1} & (n-1)\lambda_1^{n-2} \\ 0 & \lambda_1^{n-1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1^n & n\lambda_1^{n-1} \\ 0 & \lambda_1^n \end{pmatrix}\)
などとなるので、
\(\displaystyle e^{\boldsymbol{J}t}=\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{J}t+\frac{1}{2!}\boldsymbol{J}^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \boldsymbol{J}^n t^n +\cdots\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix} 1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}\lambda_1^2 t^2+\cdots & \frac{1}{1!} t+\frac{1}{2!}(2\lambda_1) t^2+\frac{1}{3!}(3\lambda_1^2) t^3+\cdots \\ 0 & 1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}\lambda_1^2 t^2+\cdots \end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix} 1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}\lambda_1^2 t^2+\cdots & t \left(1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}(\lambda_1 t)^2+\cdots \right) \\ 0 & 1+\frac{1}{1!}\lambda_1 t+\frac{1}{2!}\lambda_1^2 t^2+\cdots \end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & te^{\lambda_1 t} \\ 0 & e^{\lambda_1 t}\end{pmatrix}\)
となることに注意しよう。このもとで、
\(\displaystyle e^{\boldsymbol{A}t}=e^{\boldsymbol{PJP}^{-1}t}\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{PJP}^{-1}t+\frac{1}{2!}\left(\boldsymbol{PJP}^{-1} \right)^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \left(\boldsymbol{PJP}^{-1} \right)^n t^n \cdots\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{P}\left(\boldsymbol{1}+\frac{1}{1!}\boldsymbol{J}t+\frac{1}{2!}\boldsymbol{J}^2 t^2+\cdots +\frac{1}{n!} \boldsymbol{J}^n t^n \cdots \right)\boldsymbol{P}^{-1}\)
\(\displaystyle =\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & te^{\lambda_1 t} \\ 0 & e^{\lambda_1 t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\)
と計算できるから、(＊)の解は
\[\displaystyle \boldsymbol{y}=e^{\boldsymbol{A}t}\boldsymbol{c}=\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & te^{\lambda_1 t} \\ 0 & e^{\lambda_1 t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{c} \]
となる。
《具体例２》微分方程式： \(\displaystyle \ddot{x}+4\dot{x}+4x=0 \) の一般解を求めよ。
固有方程式：\(\displaystyle \lambda^2+4\lambda+4=0\) より解は \(\lambda=\lambda_1=-2\) と重解を持つ。そこで、まず固有ベクトルを求める。
\(\lambda=\lambda_1=-２\) の時。固有ベクトルを\(\boldsymbol{x_1}=\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)\)と置いて、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x_1}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ -4 & -2 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right)\]
を満たす、\(x\)、\(y\)の組を(一つ)求めると、\(\boldsymbol{x_1}=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array}\right)\) である。
次に、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x}_2= \boldsymbol{x}_1\]
を満たす準固有ベクトル(とか言ったような気がする)を\(\boldsymbol{x_2}=\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)\)と置いて、
\[\left(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{1}\right)\boldsymbol{x}_2=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ -4 & -2 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)=(2x+y)\left(\begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array}\right)\]
を満たす、\(x\)、\(y\)の組を(一つ)求めると、\(\boldsymbol{x_2}=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array}\right)\) である。以上より、\(\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{x}_1 \ \boldsymbol{x}_2\right)=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}\)となる。また、逆行列は\(\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1}=\begin{pmatrix}-1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\)である。以上より、一般解は
\[\left(\begin{array}{c} x \\ \dot{x} \end{array}\right) =\boldsymbol{P}\begin{pmatrix} e^{-2t} & te^{-2t} \\ 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{c} =\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{-2t} & te^{-2t} \\ 0 & e^{-2t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array}\right)\]
\(\displaystyle =\left(\begin{array}{c} \left(e^{-2t}+2t e^{-2t}\right)c_1+te^{-2t}c_2 \\ -4te^{-2t}c_1+\left(e^{-2t}-2te^{-2t}\right)c_2 \end{array}\right)\)
以上より、一般解：\(\displaystyle x=C_1e^{-2t}+C_2te^{-2t}\) が得られた。但し、\(C_1=c_1\)、\(C_2=2c_1+c_2\)と置いた。
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