固有値を出せば軌道の形まで決まる｜連立微分方程式の計算演習

行列式を展開しなくても、 $2$ 次の特性方程式はすぐ書ける。トレースと行列式を読むだけでよい。

$λ^{2} - τ λ + Δ = 0, τ = tr A, Δ = det A$

判別式 $τ^{2} - 4Δ$ の符号が、そのまま解の姿を決める。正なら実根 2 つ、 $0$ なら重根、負なら複素根である。

固有値を出す前に符号だけ見ておくと、そのあとの計算で何が起きるかが読める。

手順

トレースと行列式を読む

特性方程式を書いて固有値を出す

固有ベクトルを求める

型を判定して軌道を描く

$3$ 次以上では $det (λ I - A)$ を展開することになるが、 $2$ 次のうちは上の近道が使える。

問 1：異なる 2 実根

$A = (4213)$

$τ = 7$ 、 $Δ = 12 - 2 = 10$ である。特性方程式は $λ^{2} - 7 λ + 10 = 0$ 。

判別式は $49 - 40 = 9$ で正。実根が 2 つ出る。 $λ = 5$ と $λ = 2$ である。

$λ = 5$ の固有ベクトルを求める。 $A - 5 I$ を作る。

$(- 1 2 1 - 2) v = 0$

上の行から $- v_{1} + v_{2} = 0$ 。下の行は上の $- 2$ 倍なので、新しい情報を持たない。 $v_{1} = (1, 1)$ である。

2 行が比例していなければ、固有値の計算が間違っている。ここは毎回の検算になる^[1]。

$λ = 2$ では $A - 2 I$ の上の行が $2 v_{1} + v_{2} = 0$ なので $v_{2} = (1, - 2)$ 。

$x (t) = c_{1} e^{5 t} (11) + c_{2} e^{2 t} (1 - 2)$

$Δ > 0$ かつ $τ > 0$ 、判別式も正。原点は不安定な結節点である。

問 2：初期条件から定数を決める

同じ $A$ で $x (0) = (3, 0)$ とする。 $t = 0$ を入れると指数関数が $1$ になる。

$c_{1} (11) + c_{2} (1 - 2) = (30)$

$c_{1} + c_{2} = 3$ 、 $c_{1} - 2 c_{2} = 0$ である。下から $c_{1} = 2 c_{2}$ 、代入して $c_{2} = 1$ 、 $c_{1} = 2$ 。

$x (t) = 2 e^{5 t} (11) + e^{2 t} (1 - 2)$

$t$ が大きくなると $e^{5 t}$ の項が支配する。軌道は $(1, 1)$ の向きへ寄っていく。

固有値の大きいほうの固有ベクトルが、遠方での向きを決める。この見方は、係数を計算しなくても使える。

問 3：純虚数の固有値

$A = (21 - 5 - 2)$

$τ = 0$ 、 $Δ = - 4 + 5 = 1$ である。特性方程式は $λ^{2} + 1 = 0$ で、 $λ = \pm i$ 。

$τ = 0$ かつ $Δ > 0$ なので中心である。閉じた軌道になる^[2]。

$λ = i$ の固有ベクトルを求める。 $A - i I$ の上の行は $(2 - i) v_{1} - 5 v_{2} = 0$ 。

$v_{1} = 5$ 、 $v_{2} = 2 - i$ ととれる。複素数の解を作って展開する。

$e^{i t} (5 2 - i) = (cos t + i sin t) (5 2 - i)$

第 2 成分を計算する。 $(2 - i) (cos t + i sin t) = (2 cos t + sin t) + i (2 sin t - cos t)$ である。

実部と虚部を分ける。どちらも単独で実数の解になる^[3]。

$x (t) = c_{1} (5 cos t 2 cos t + sin t) + c_{2} (5 sin t 2 sin t - cos t)$

$λ = - i$ の側を使っても同じ 2 本が出る。共役なので、実部と虚部が符号を除いて一致するためである。

問 4：減衰する渦

$A = (- 1 1 - 4 - 1)$

$τ = - 2$ 、 $Δ = 1 + 4 = 5$ 。判別式は $4 - 20 = - 16$ で負なので複素根である。

$λ = \frac{- 2 \pm - 16}{2} = - 1 \pm 2 i$

実部が負なので安定な渦状点。 $λ = - 1 + 2 i$ の固有ベクトルを求める。

$A - λ I$ の下の行は $v_{1} - 2 i v_{2} = 0$ 。 $v = (2 i, 1)$ である。

$e^{(- 1 + 2 i) t} (2 i 1) = e^{- t} (cos 2 t + i sin 2 t) (2 i 1)$

第 1 成分は $2 i cos 2 t - 2 sin 2 t$ なので、実部が $- 2 sin 2 t$ 、虚部が $2 cos 2 t$ になる。

$x (t) = e^{- t} [c_{1} (- 2 sin 2 t cos 2 t) + c_{2} (2 cos 2 t sin 2 t)]$

$e^{- t}$ が振幅を、 $2 t$ が回転の速さを決める。1 周する時間は $π$ である。

問 5：重根で固有ベクトルが 1 本

$A = (31 - 1 1)$

$τ = 4$ 、 $Δ = 3 + 1 = 4$ 。判別式は $16 - 16 = 0$ で、 $λ = 2$ の重根である。

$A - 2 I$ を作る。

$(11 - 1 - 1)$

零行列ではない。したがって固有ベクトルは 1 本しかない。 $v_{1} = v_{2}$ から $v_{1} = (1, 1)$ である。

2 本目は $(A - 2 I) v_{2} = v_{1}$ を解く。右辺が $0$ でないところが違う^[4]。

$a - b = 1$ を満たせばよいので、 $v_{2} = (1, 0)$ ととれる。

$x (t) = c_{1} e^{2 t} (11) + c_{2} e^{2 t} [(10) + t (11)]$

$v_{2}$ の選び方には自由がある。 $(2, 1)$ でも $(0, - 1)$ でもよい。差は $v_{1}$ の定数倍で、第 1 項に吸収される。

問 6：重根で固有ベクトルが 2 本

$A = (3003)$

$λ = 3$ の重根である。ところが $A - 3 I$ は零行列。どのベクトルも固有ベクトルになる。

一般化固有ベクトルは要らない。解はきわめて単純である。

$x (t) = e^{3 t} x_{0}$

どの向きに出発しても、その向きの直線上を進む。星のように放射する形で、退化結節点とは別ものである。

重根を見たら、まず $A - λ I$ が零行列かどうかを見る。ここを飛ばして一般化固有ベクトルを探しにいくと、 $(A - λ I) v_{2} = v_{1}$ が解けずに詰まる。

A - λ I

が零行列でない

固有ベクトルは 1 本。一般化固有ベクトルを 1 つ足し、 $t$ の項が現れる

A - λ I

が零行列

固有ベクトルが平面全体。 $t$ の項は現れず、放射状の軌道になる

問 7：固有値に $0$ が混じる

$A = (1224)$

$τ = 5$ 、 $Δ = 4 - 4 = 0$ 。行列式が $0$ なので、固有値の 1 つが $0$ である。 $λ = 0, 5$ 。

$λ = 0$ の固有ベクトルは $A v = 0$ の解。 $v_{1} + 2 v_{2} = 0$ から $v_{1} = (2, - 1)$ である。

$λ = 5$ では $- 4 v_{1} + 2 v_{2} = 0$ から $v_{2} = (1, 2)$ 。

$x (t) = c_{1} (2 - 1) + c_{2} e^{5 t} (12)$

第 1 項に $t$ が入らない。時間が経っても動かない点が、原点だけでなく直線全体になる^[4]。

$Δ = 0$ は分類表のどの行にも当てはまらない。トレースと行列式の平面では、横軸の上にあたる特別な位置である。

canvas: 絵を作れませんでした

型だけを言い当てる

固有ベクトルまで求めなくても、 $τ$ と $Δ$ だけで型は決まる。4 つ続けて判定する。

$τ$	$Δ$	判別式	型
$- 3$	$2$	$1$	安定な結節点
$1$	$- 6$	$25$	鞍点
$- 4$	$8$	$- 16$	安定な渦状点
$0$	$9$	$- 36$	中心

行列式が負なら、判別式を計算するまでもなく鞍点である。 $τ^{2} - 4Δ$ が必ず正になるためで、これは覚えておくと速い^[2]。

canvas: 絵を作れませんでした

検算のしかた

固有値を出したら、和がトレース、積が行列式になるかを見る。問 1 なら $5 + 2 = 7$ 、 $5 \times 2 = 10$ で合う。

固有ベクトルは $A v$ を実際に計算し、 $λ v$ と成分ごとに比べる。 $A - λ I$ の 2 行が比例していれば、そこまでは正しい。

複素固有値のときは、実部と虚部に分けた 2 本のうち片方を代入する。両方を確かめる必要はない。

重根では、 $(A - λ I) v_{2}$ が $v_{1}$ に一致するかを見る。 $0$ になってしまったら、 $v_{2}$ が固有ベクトルそのものを選んでいる。

$τ = 2$ 、 $Δ = 5$ の系で、原点はどの型になりますか。

不安定な結節点
不安定な渦状点
鞍点

__RESULT__

$Δ > 0$ なので鞍点ではありません。判別式は $4 - 20 = - 16$ で負なので、固有値は複素数になります。 $τ > 0$ から実部が正で、まわりながら遠ざかる渦状点です。実部は $τ /2 = 1$ 、虚部は $16 /2 = 2$ なので、固有値は $1 \pm 2 i$ と書けます。

トレースと行列式を読み、判別式の符号で場合を選ぶ。ここまでが済めば、あとは 3 通りのどれかを機械的に当てはめるだけである。

参考文献

*Repeated and Zero Eigenvalues*. Ordinary Differential Equations, Union College.

*Classification des systèmes linéaires homogènes en dimension deux*. Unisciel, Université en ligne.

Jiří Lebl. *Eigenvalue Method*. Notes on Diffy Qs.

*Phase Portraits of Sinks*. Linear Algebra and Differential Equations, The Ohio State University.

2 次なら行列式を展開しなくても、特性方程式は $\lambda^2 - \tau\lambda + \Delta = 0$ と書けます。判別式 $\tau^2 - 4\Delta$ の符号が解の姿を先に教えてくれる。7 問を通して、異なる 2 実根、初期条件から $c_1$ と $c_2$ を決める手順、純虚数の固有値で閉じた軌道が出る場合、複素固有値を実部と虚部に分ける計算、重根で $(A-\lambda I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_1$ を解く場合、$A - \lambda I$ が零行列で一般化固有ベクトルが要らない場合、固有値に $0$ が混じって平衡点が直線になる場合を扱います。$\tau$ と $\Delta$ だけで型を言い当てる練習も付けました。