01なぜ行列で書くか

おもりが何個あっても同じ形で扱えて、コンピュータでも解きやすい形にします。減衰振動 の式 x¨+2γx˙+ω02x=0\ddot x + 2\gamma\dot x + \omega_0^2 x = 0 は 2 階です。速度 v=x˙v = \dot x も一緒に追いかけると、1 階の式 2 本になります。

x˙=v,v˙=−ω02 x−2γ v\dot x = v,\qquad \dot v = -\omega_0^2\,x - 2\gamma\,vx˙=v,v˙=−ω02 x−2γ v\begin{gathered}\dot x = v,\\[4pt]\dot v = -\omega_0^2\,x - 2\gamma\,v\end{gathered}

右辺は x,vx, v の 1 次式なので、行列で 1 本にまとめられます。

ddt(xv)=(01−ω02−2γ)(xv),dudt=A u\frac{d}{dt}\begin{pmatrix} x \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\omega_0^2 & -2\gamma \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ v \end{pmatrix},\qquad \frac{d\mathbf{u}}{dt} = A\,\mathbf{u}ddt(xv)=(01−ω02−2γ)(xv),dudt=A u\begin{gathered}\frac{d}{dt}\begin{pmatrix} x \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\omega_0^2 & -2\gamma \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ v \end{pmatrix},\\[4pt]\frac{d\mathbf{u}}{dt} = A\,\mathbf{u}\end{gathered}
v=x˙v = \dot xu=(x,v)\mathbf{u} = (x, v)2γ=b/m2\gamma = b/mω02=k/m\omega_0^2 = k/m

02位相平面

x(t)x(t) のグラフだけでは速度が見えません。(x,v)(x, v) を平面の点として描くと(位相平面)、動きは 1 本の曲線になります。抵抗が弱いと渦巻きを描いて原点に近づき、抵抗が強いと揺れずに原点に入ります。

位相平面の軌道。左は減衰振動で原点へ向かう渦巻き、右は過減衰で、2 本の直線 v = −0.5x と v = −2x の方向に沿って原点に入る
右の 2 本の直線は、まっすぐ原点に向かう特別な軌道の方向。これが次の節の固有ベクトル

右の図では、直線の上から出発すると直線のまま原点に入ります。この「向きを変えずに大きさだけが変わる解」を探します。

03向きを変えない解を探す

向きが一定の p\mathbf{p} で、大きさだけが eλte^{\lambda t} で変わる解を入れると

u(t)=eλt p⟹λ eλtp=eλtA p⟹A p=λ p\begin{gathered} \mathbf{u}(t) = e^{\lambda t}\,\mathbf{p} \quad\Longrightarrow\quad \lambda\,e^{\lambda t}\mathbf{p} = e^{\lambda t} A\,\mathbf{p} \\ \Longrightarrow\quad A\,\mathbf{p} = \lambda\,\mathbf{p} \end{gathered}

Ap=λpA\mathbf{p} = \lambda\mathbf{p} を満たす数 λ\lambda を 固有値、p≠0\mathbf{p} \neq \mathbf{0} を固有ベクトルと呼びます。(A−λI)p=0(A - \lambda I)\mathbf{p} = \mathbf{0} が 0 でない解をもつのは、行列式が 0 のとき、かつそのときに限るので(行列式)

固有方程式
det⁡(A−λI)=det⁡(−λ1−ω02−2γ−λ)=λ2+2γ λ+ω02=0\begin{aligned} \det(A - \lambda I) &= \det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -\omega_0^2 & -2\gamma - \lambda \end{pmatrix} \\ &= \lambda^2 + 2\gamma\,\lambda + \omega_0^2 = 0 \end{aligned}

これは 特性方程式 そのものです。特性方程式の根は、行列 AA の固有値です。固有ベクトルは 1 行目 −λp1+p2=0-\lambda p_1 + p_2 = 0 から

p=(1λ)\mathbf{p} = \begin{pmatrix} 1 \\ \lambda \end{pmatrix}

固有値が 2 つ違う値 λ1≠λ2\lambda_1 \neq \lambda_2 なら、どの解も u=c1eλ1tp1+c2eλ2tp2\mathbf{u} = c_1 e^{\lambda_1 t}\mathbf{p}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t}\mathbf{p}_2 と書けます(重ね合わせ)。

例題 1γ=1.25, ω0=1\gamma = 1.25,\ \omega_0 = 1(過減衰)の固有値と固有ベクトル

λ2+2.5λ+1=(λ+0.5)(λ+2)=0,λ=−0.5, −2\lambda^2 + 2.5\lambda + 1 = (\lambda + 0.5)(\lambda + 2) = 0,\qquad \lambda = -0.5,\ -2λ2+2.5λ+1=(λ+0.5)(λ+2)=0,λ=−0.5, −2\begin{gathered}\lambda^2 + 2.5\lambda + 1 = (\lambda + 0.5)(\lambda + 2) = 0,\\[4pt]\lambda = -0.5,\ -2\end{gathered}
p1=(1−0.5),p2=(1−2)\mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -0.5 \end{pmatrix},\qquad \mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}p1=(1−0.5),p2=(1−2)\begin{gathered}\mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -0.5 \end{pmatrix},\\[4pt]\mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}\end{gathered}

位相平面では直線 v=−0.5xv = -0.5x と v=−2xv = -2x。02 節の右の図の 2 本です。直線 v=−2xv = -2x の上から出たもの以外は、減り方の遅い λ=−0.5\lambda = -0.5 の直線に寄りながら原点に入ります。

抵抗が弱いと固有値も固有ベクトルも複素数になり、実数の向きを保つ直線がないので渦巻きになります。

演習 1

抵抗がないとき (γ=0\gamma = 0) の AA の固有値と固有ベクトルを求めよう。

答えを見る

det⁡(A−λI)=λ2+ω02=0\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + \omega_0^2 = 0 より λ=±iω0\lambda = \pm i\omega_0。固有ベクトルは (1,λ)(1, \lambda) なので

p=(1±iω0)\mathbf{p} = \begin{pmatrix} 1 \\ \pm i\omega_0 \end{pmatrix}

固有値が純虚数なので、位相平面では原点のまわりを回り続ける(縮まない)。

04和と積で見る

根を求めなくても、2 つの固有値の和と積は AA からすぐ分かります(2 次方程式の解と係数の関係)。

λ1+λ2=tr⁡A=−2γ,λ1λ2=det⁡A=ω02\lambda_1 + \lambda_2 = \operatorname{tr} A = -2\gamma,\qquad \lambda_1 \lambda_2 = \det A = \omega_0^2λ1+λ2=tr⁡A=−2γ,λ1λ2=det⁡A=ω02\begin{gathered}\lambda_1 + \lambda_2 = \operatorname{tr} A = -2\gamma,\\[4pt]\lambda_1 \lambda_2 = \det A = \omega_0^2\end{gathered}

(tr⁡A,det⁡A)(\operatorname{tr} A, \det A) の平面に置くと、3 通りがどこに分かれるかが見えます。

横軸 tr A、縦軸 det A の平面。放物線 det = tr²/4 の上側が減衰振動、下側が過減衰、放物線そのものが臨界減衰。例題 1 は下側、演習 2 は上側
放物線 det A = (tr A)2/4 が臨界減衰。上側(色つき)が減衰振動、下側が過減衰

tr⁡A\operatorname{tr} A(対角成分の和)が負で det⁡A\det A が正なら、固有値の実部はどちらも負で、どの軌道も原点に近づきます。運動方程式の解の 3 通りは、(tr⁡A)2−4det⁡A=4(γ2−ω02)(\operatorname{tr} A)^2 - 4\det A = 4(\gamma^2 - \omega_0^2) の符号で分かれます。

演習 2

γ=0.6, ω0=1\gamma = 0.6,\ \omega_0 = 1 のとき、固有値の和と積を、根を求めずに答えよう。

答えを見る

λ1+λ2=tr⁡A=−2γ=−1.2,λ1λ2=det⁡A=ω02=1\lambda_1 + \lambda_2 = \operatorname{tr} A = -2\gamma = -1.2,\qquad \lambda_1\lambda_2 = \det A = \omega_0^2 = 1λ1+λ2=tr⁡A=−2γ=−1.2,λ1λ2=det⁡A=ω02=1\begin{gathered}\lambda_1 + \lambda_2 = \operatorname{tr} A = -2\gamma = -1.2,\\[4pt]\lambda_1\lambda_2 = \det A = \omega_0^2 = 1\end{gathered}

(実際の根は −0.6±0.8i-0.6 \pm 0.8i で、和 −1.2-1.2、積 0.36+0.64=10.36 + 0.64 = 1。)