## はじめに

　定数係数線形常微分方程式の解法を論じる。

## 単独高階方程式

$a_i$　$(i = 1, ... n)$　が定数のとき、
$$
{ｄ^nw\over dt^n} + a_1{ｄ^{n-1}w\over dt^{n-1}} + \cdots + a_{n-1}{ｄw\over dt} + a_nw = 0
$$
を考える。
これは
$$
L(x) = x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_{n-1} x + a_n
$$
という多項式を使って
$$
L({d\over dt}) = ({d\over dt})^n + a_1 ({d\over dt})^{n-1} + \cdots + a_{n-1} ({d\over dt}) + a_n
$$
$$
L({d\over dt})w = 0
$$

のように書くことができる。

このとき、${d\over dt}e^{λt} = λe^{λt}$ より、
$$
L({d\over dt})e^{λt}＝L(λ)e^{λt}
$$
となるので、$L(λ) = 0$ となる $λ$ があれば、$e^{λt}$ が解のひとつになることがわかる。
n 階の微分方程式には n 個の独立した解があるので、$L(λ) = 0$ に n 個の独立した解 $λ_i$ があれば、$e^{λ_it}$ が微分方程式の n 個の独立した解になる。その場合、一般の解は
$$
w = \Sigma c_k e^{λ_kt}　c_k ∈ \mathbb{C}
$$
と書ける。
$λ_k$ が m 重解のとき、独立した $λ_i$ が n 個ではなくなり、少し複雑になる。
この場合は、
$$
e^{λ_kt},　te^{λ_kt},　\cdots　t^{m-1}e^{λ_kt}
$$
が独立した解になることを確かめることができる。

## 連立1階線形方程式

$A$ が n行n列の行列で、$w$ が n次元ベクトルのとき
$$
{dw\over dt} = Aw
$$
を考える。
たとえば、
$$
A=
\begin{bmatrix}
-2 & -1 & -2 \\
5 & 3 & 3 \\
7 & 2 & 5
\end{bmatrix},　
w=
\begin{bmatrix}
w^0 \\
w^1 \\
w^2
\end{bmatrix}
$$
とすると、

$$
{d\over dt}
\begin{bmatrix}
w^0 \\
w^1 \\
w^2
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
-2 & -1 & -2 \\
5 & 3 & 3 \\
7 & 2 & 5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
w^0 \\
w^1 \\
w^2
\end{bmatrix}
$$
となるが、これは
$$
\begin{matrix}
{\displaystyle dw^0\over dt} = -2w^0 - w^1 - 2w^2\\
{\displaystyle dw^1\over dt} = 5w^0 + 3w^1 + 3w^2\\
{\displaystyle dw^2\over dt} = 7w^0 + 2w^1 + 5w^2
\end{matrix}
$$
という意味になる。
ここで、$E$ を単位行列として、
$$
\displaystyle
e^{At} = E + At + \frac{1}{2!}A^2t^2 + \frac{1}{3!}A^3t^3 + \cdots + \frac{1}{k!}A^kt^k + \cdots
$$とすると、
$$
\begin{eqnarray}
\begin{array}{lll}
\frac{d}{dt}e^{At} &=& A + A^2t + \frac{1}{2!}A^3t^2 + \cdots + \frac{1}{(k-1)!}A^kt^{k-1} + \cdots \\
　&=& Ae^{At}
\end{array}
\end{eqnarray}
$$となるので、$W = e^{At}$ の各行が、$\displaystyle \frac{d}{dt}w = Aw$ の解となることがわかる。
これは、以下の定理を使うと原理的には計算できる。

定理1
複素数上で考えると、すべての行列はジョルダン標準形にできる。

定理2
$XY = YX$ のとき $e{X+Y}=e^Xe^Y$ 。

ジョルダン標準形とは、ジョルダン行列
$$
\begin{bmatrix}
\lambda & 1 & & & 0 \\
& \lambda & 1 & & \\
& & \ddots & \ddots & \\
& & & \lambda & 1 \\
0 & & & & \lambda
\end{bmatrix}
$$
が対角線上にならんだ形である。
たとえば、行列が上の形をしているとき、
$$
S =
\begin{bmatrix}
0 & 1 & & & 0 \\
& 0 & 1 & & \\
& & 0 & \ddots & \\
& & & 0 & 1 \\
0 & & & & 0
\end{bmatrix}
$$
とおくと、$e^{At} = e^{(\lambda E + S)t}$ であり、$ES = SE$ だから定理2が適用でき、$e^{At} = e^{\lambda E} e^{St}$ となる。
$e^{\lambda E} = e^\lambda I$ であり、$e^{St}$ は和が有限になり計算できる。
たとえば、
$$
A' =
\begin{bmatrix}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 2
\end{bmatrix}
$$
のとき、
$$
e^{A't} =
\begin{bmatrix}
e^{2t} & te^{2t} & \frac{1}{2}t^2e^{2t} \\
0 & e^{2t} & te^{2t} \\
0 & 0 & e^{2t}
\end{bmatrix}
$$
となり、この各列が
$$
{dw'\over dt} = A'w'
$$

の解となる。

$$
T =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
3 & 1 & 1
\end{bmatrix}
$$

$$
{dw'\over dt} = (TAT^{-1})w' = A'w'
$$
$$
w = T^{-1}w'
$$

$$
\begin{bmatrix}
-e^{2t} \\
2e^{2t} \\
e^{2t}
\end{bmatrix},　
\begin{bmatrix}
-(t + 1)e^{2t} \\
(2t + 1)e^{2t} \\
(t + 2)e^{2t}
\end{bmatrix},　
\begin{bmatrix}
(-\frac{1}{2}t^2 - t + 1)e^{2t} \\
(t^2 + t - 1)e^{2t} \\
(\frac{1}{2}t^2 + 2t - 1)e^{2t}
\end{bmatrix}$$

$$
{ｄ^nw\over dt^n} + a_1{ｄ^{n-1}w\over dt^{n-1}} + \cdots + a_{n-1}{ｄw\over dt} + a_nw = 0
$$
$$
{ｄ^3w\over dt^3} - 6{ｄ^2w\over dt^2} + 11{ｄw\over dt} - 6w = 0
$$

$$
L(λ) = λ^3 - 6λ^2 + 11λ - 6 = 0
$$
$$
(λ - 1)(λ - 2)(λ - 3) = 0
$$

$$
w = c_1e^t + c_2e^{2t} + c_3e^{3t}
$$

$$
w^0 = w,　w^1 = {ｄw\over dt} = {ｄw^0\over dt},$$　
$$
w^2 = {ｄ^2w\over dt^2} = {ｄw^1\over dt},　w^3 = {ｄ^3w\over dt^3} = {ｄw^2\over dt}
$$

$$
{d\over dt}
\begin{bmatrix}
w^0 \\
w^1 \\
w^2 \\
w^3
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
6 & -11 & 6 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
w^0 \\
w^1 \\
w^2 \\
w^3
\end{bmatrix}
$$