行列の指数関数 exp A について（ext(tA)の微分）

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の後半には、ラプラス変換を用いない方法があり、このブログで述べた、ヘビサイドの cover up 法を使うよりも、わかり易い。 $\exp A$ を直接求めるには、ヘビサイドの cover up 法が良さそうだけど、 $\exp (tA)$ を直接求めるようにすると、これを $t$ の関数と考えて微分することができるので、条件式が簡単になるのか。

行列の指数関数 exp A の求め方の一般論のアウトライン - 球面倶楽部零八式 mark II

の記号を援用して説明する。細かいことは気にしないようにして欲しい。

行列 $A$ の固有多項式を $\Phi_A(x)$ とするとき，
$p(x)\sim_{\Phi_A(x)} q(x)$ なる $n-1$ 次以下の多項式 $q(x)$ が存在すれば $p(A)=q(A)$ となるのであった。

これは $t$ をパラメータとする関数 $F(x;t)=f(tx)$ に対しても同様で、 $F(x;t)\sim_{\Phi_A(x)} G(x;t)$ なる $t$ をパラメータとする $n-1$ 次以下の多項式 $G(x;t)=g(tx)$ が存在すれば $F(A;t)=G(A;t)$ ，つまり $f(tA)=g(tA)$ となる。

行列の指数関数 exp A の求め方の一般論のアウトライン - 球面倶楽部零八式 mark II

で述べたように、 $F,G$ がみたす条件は、
$\left.\dfrac{\partial^u F(x;t)}{\partial x^u}\right|_{x=\alpha_i}=\left.\dfrac{\partial^u G(x;t)}{\partial x^u}\right|_{x=\alpha_i}$ （ $i=1,\ldots,k;u=0,\ldots,n_i-1$ ）
となるが、
$\dfrac{\partial^u F(x;t)}{\partial x^u}=t^u f^{(u)}(xt)$
であり，
$G(x,t)=g(tx)=h_{n-1}(t)x^{n-1}+\cdots+h_1(t)x+h_0(t)$ とおくと、
$\dfrac{\partial^u G(x;t)}{\partial x^u}={}_{n-1}\textrm{P}_u h_{n-1}(t)x^{n-1-u}+{}_{n-2}\textrm{P}_u h_{n-2}(t)x^{n-1-u}+\cdots$
となるので，これらの条件は
$t^u f^{(u)}(t\alpha_i)={}_{n-1}\textrm{P}_u h_{n-1}(t)\alpha_i^{n-1-u}+{}_{n-2}\textrm{P}_u h_{n-2}(t)\alpha_i^{n-1-u}+\cdots$
（ $i=1,\ldots,k;u=0,\ldots,n_i-1$ ）
となる．

$f(x)$ と $\Phi_A(x)$ （の根と重複度）が与えられたとき，これら条件をみたすような $h_0(t), \ldots,h_{n-1}(t)$ を求めることにより、
$f(tA)=F(A;t)=G(A;t)=g(tA)=h_{n-1}(t)A^{n-1}+\cdots+h_1(t)A+h_0(t)I$
が成立することになる。これら $h_j(t)$ （ $j=0,\ldots,n-1$ ）を求めるためには連立方程式を解く必要があるが、次数が小さいときはそれほど面倒ではない（例えば $A$ が3次のときは、関数3つ、式3つの連立方程式を解くことになる）

特に $f(x)=e^x$ のときは
$t^u e^{t\alpha_i}={}_{n-1}\textrm{P}_u h_{n-1}(t)\alpha_i^{n-1-u}+{}_{n-2}\textrm{P}_u h_{n-2}(t)\alpha_i^{n-1-u}+\cdots$
（ $i=1,\ldots,k;u=0,\ldots,n_i-1$ ）
を解くことによって $\exp(tA)$ を $A$ の多項式で表すことができることになる。固有値が $\alpha,\alpha,\beta$ のときは連立方程式
$\alpha^2 h_2(t) +\alpha h_1(t) +h_0(t) = e^{\alpha t}$ ，
$2\alpha h_2(t) + h_1(t) = te^{\alpha t}$ ，
$\beta^2 h_2(t) +\beta h_1(t) +h_0(t) = e^{\beta t}$
つまり
$\begin{pmatrix} 1 & \alpha & \alpha^2 \\ 0 & 1 & 2\alpha \\ 1 & \beta & \beta^2 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} h_0(t) \\ h_1(t) \\ h_2(t) \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} e^{\alpha t} \\ te^{\alpha t} \\ e^{\beta t} \end{pmatrix}$
を解けば良く，行の基本変形から
$\begin{pmatrix} 1 & \alpha & \alpha^2 \\ 0 & 1 & 2\alpha \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} h_0(t) \\ h_1(t) \\ h_2(t) \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} e^{\alpha t} \\ te^{\alpha t} \\ \dfrac{e^{\beta t}-e^{\alpha t}}{(\beta-\alpha)^2} -\dfrac{te^{\alpha t}}{\beta-\alpha} \end{pmatrix}$
となるので，
$\exp(tA)=h_2(t)A^2+h_1(t)A+\left(e^{\alpha t}-\alpha h_1(t)-\alpha^2 h_2(t)\right) I$
$=h_2(t)(A^2-\alpha^2 I) +h_1(t)(A-\alpha I)+e^{\alpha t} I$
$=h_2(t)(A^2-\alpha^2 I) +\left(te^{\alpha t}-2\alpha h_2(t)\right)(A-\alpha I)+e^{\alpha t} I$
$=h_2(t)(A-\alpha I)^2 +te^{\alpha t}(A-\alpha I)+e^{\alpha t} I$
$=\left\{\dfrac{e^{\beta t}-e^{\alpha t}}{(\beta-\alpha)^2} -\dfrac{te^{\alpha t}}{\beta-\alpha}\right\}(A-\alpha I)^2 +te^{\alpha t}(A-\alpha I)+e^{\alpha t} I$
と求まる。

なかなかいいな。この方法。でも3次ぐらいならば、因数定理の運用した方が楽に思う。まぁ一般化できるから数学は面白いのだけど。