連立微分方程式と行列の固有値（高校数学）

初期値を $x(0)=1$、$y(0)=0$ とする。
(1) 和と差を作る。2 つの式を足すと $x'+y'=y+x$、つまり $(x+y)'=x+y$ である。引くと $x'-y'=y-x$、つまり $(x-y)'=-(x-y)$ である。
(2) それぞれを解く。$u=x+y$ は $u'=u$ を満たすので、微分方程式としての指数関数・三角関数 の定理「$y'=ky$ の解」（$k=1$）により $u=c_1e^{t}$ である。$w=x-y$ は $w'=-w$ を満たすので、同じ定理（$k=-1$）により $w=c_2e^{-t}$ である。
(3) 初期値。$u(0)=x(0)+y(0)=1$ から $c_1=1$、$w(0)=x(0)-y(0)=1$ から $c_2=1$ である。$x=\dfrac{u+w}2$、$y=\dfrac{u-w}2$ なので
$$ x=\frac{e^{t}+e^{-t}}2,\qquad y=\frac{e^{t}-e^{-t}}2 $$
である。
(4) 点 $(x(t),y(t))$ は双曲線 $x^2-y^2=1$ の上を動く。実際
$$ x^2-y^2=\frac{(e^t+e^{-t})^2-(e^t-e^{-t})^2}4=\frac{4e^t\cdot e^{-t}}4=1 $$
である。

容積 $100$ L の水槽 A と B がどちらも水で満たされ、ポンプで毎分 $20$ L ずつ A から B へ、B から A へ水を送り合う（水の量は変わらない）。水はよくかき混ぜられているとする。A、B に溶けている塩の量（g）を $x(t)$、$y(t)$ とする（$t$ は分）。
短い時間 $h$ の間に、A からは水 $20h$ L、つまり A の水の $\dfrac{20h}{100}=\dfrac h5$ の割合が出ていき、塩はおよそ $\dfrac h5x$ だけ減る。B からは同じく $\dfrac h5y$ の塩が入ってくる。$h$ で割って $h\to0$ とすると
$$ x'=-\frac15x+\frac15y,\qquad y'=\frac15x-\frac15y $$
となる。行列は $A=\begin{pmatrix}-\frac15&\frac15\\\frac15&-\frac15\end{pmatrix}$ である。初期値を $x(0)=300$、$y(0)=100$ として、thm-sode-main の後の ex-sode-tanks-solve で解く。

1. $A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$。方程式は $\lambda^2-0\cdot\lambda+(0-1)=\lambda^2-1=0$ で、固有値は $1$ と $-1$ である。$\lambda=1$ では $\vec v=\begin{pmatrix}q\\\lambda-p\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$、$\lambda=-1$ では $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。ex-sode-start の和と差の向きである。
2. $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}$。方程式は $\lambda^2-3\lambda+(2-6)=\lambda^2-3\lambda-4=(\lambda-4)(\lambda+1)=0$ で、固有値は $4$ と $-1$ である。$\lambda=4$ では $\begin{pmatrix}q\\\lambda-p\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$ で、確かに $\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\12\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$ である。$\lambda=-1$ では $\begin{pmatrix}2\\-2\end{pmatrix}$ で、これを $\dfrac12$ 倍した $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ も固有ベクトルである。$\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ である。
3. ex-sode-tanks の行列の固有値は $0$ と $-\dfrac25$、固有ベクトルは $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ と $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。
   (3) の計算を開く

   $A=\begin{pmatrix}-\frac15&\frac15\\\frac15&-\frac15\end{pmatrix}$ のトレースは $-\dfrac25$、行列式は $\dfrac1{25}-\dfrac1{25}=0$ なので、方程式は $\lambda^2+\dfrac25\lambda=0$ で、固有値は $0$ と $-\dfrac25$ である。$A\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\vec 0=0\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$、$A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac25\\\frac25\end{pmatrix}=-\dfrac25\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。

初期値を $x(0)=3$、$y(0)=2$ とする。ex-sode-eigen の (2) により、固有値は $4$、$-1$、固有ベクトルは $\vec v_1=\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$、$\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。
(1) 初期値から $c_1$、$c_2$ を決める。$c_1\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}$ は $2c_1+c_2=3$、$3c_1-c_2=2$ で、足すと $5c_1=5$、よって $c_1=1$、$c_2=1$ である。
(2) thm-sode-main により、解はただ 1 つで
$$ \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=e^{4t}\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}+e^{-t}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix},\qquad x=2e^{4t}+e^{-t},\quad y=3e^{4t}-e^{-t} $$
である。

ex-sode-tanks で $x(0)=300$、$y(0)=100$ とする。ex-sode-eigen の (3) により、固有値は $\lambda_1=0$、$\lambda_2=-\dfrac25$、固有ベクトルは $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$、$\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。
$c_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}300\\100\end{pmatrix}$ から $c_1+c_2=300$、$c_1-c_2=100$ で、$c_1=200$、$c_2=100$ である。$e^{0\cdot t}=1$ なので、thm-sode-main により
$$ x=200+100e^{-\frac25t},\qquad y=200-100e^{-\frac25t} $$
である。$x+y=400$ はいつも一定で（塩はどこにも出ていかない）、差 $x-y=200e^{-\frac25t}$ は $e^{-\frac25t}$ に比例して小さくなる。差が半分になる時間は $\dfrac25t=\log2$ から $t=\dfrac52\log2=1.73\ldots$ 分で、$t=10$ 分で $x=201.83\ldots$、$y=198.16\ldots$ とほぼ等しくなる（図 2）。

1. 鞍点：$A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ の固有値は $1$、$-1$ である。ex-sode-start の解は $c_1=\dfrac12$、$c_2=\dfrac12$（$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ が固有値 $-1$、$\vec v_2=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ が固有値 $1$）で、$c_2\ne0$ なので遠ざかる。初期値を $x(0)=1$、$y(0)=-1$ にすると $c_2=0$ で、解 $x=e^{-t}$、$y=-e^{-t}$ は原点に近づく。
2. 近づく結節点：$A=\begin{pmatrix}-3&1\\1&-3\end{pmatrix}$ のトレースは $-6$、行列式は $9-1=8$ で、$\lambda^2+6\lambda+8=(\lambda+2)(\lambda+4)=0$ から固有値は $-2$、$-4$、固有ベクトルは $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$、$\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ である。初期値 $(2,0)$ の解は $x=e^{-2t}+e^{-4t}$、$y=e^{-2t}-e^{-4t}$ で、$t=1$ で $(0.153\ldots,\ 0.117\ldots)$ と原点に近づく。
   離れる結節点の例を開く

   (3) $A=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}$ は、(2) の行列を $B$ とすると $A=B+6E$ である。$A\vec v=B\vec v+6\vec v$ なので、固有ベクトルは (2) と同じ $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$、$\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ で、固有値はそれぞれ $-2+6=4$、$-4+6=2$ である。どちらも正なので、零解でないどの解も原点から遠ざかる。

$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ とする。固有値の方程式は $\lambda^2-0\cdot\lambda+(0+1)=\lambda^2+1=0$ で、実数の解がない。したがって実数の固有値も、実数の成分の固有ベクトルもない。
(1) 解を求める。$x'=-y$、$y'=x$ から $x''=-y'=-x$ である。微分方程式としての指数関数・三角関数 の定理「$y''=-y$ の解」により $x=a\cos t+b\sin t$ で、$y=-x'=a\sin t-b\cos t$ である。初期値 $x(0)=1$、$y(0)=0$ なら $a=1$、$b=0$ で、$x=\cos t$、$y=\sin t$ である。
(2) 固有ベクトルの形に書けない。この解が $c_1e^{\lambda_1t}\vec v_1+c_2e^{\lambda_2t}\vec v_2$（実数の $\lambda_1$、$\lambda_2$ と実数の成分の $\vec v_1$、$\vec v_2$）の形だとすると、方程式に代入して、$A$ の実数の固有ベクトルがあることが導かれてしまう。実数の固有ベクトルはないので、この形には書けない。

$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$、つまり $x'=x+y$、$y'=y$ とする。固有値の方程式は $\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2=0$ で、固有値は $1$ だけである。$(A-E)\vec v=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b\\0\end{pmatrix}$ が $\vec 0$ になるのは $b=0$ のときなので、固有ベクトルは $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ の定数倍だけである。
(1) 解を求める。$y'=y$ から $y=Ce^{t}$ である。$x'-x=y=Ce^{t}$ の両辺に $e^{-t}$ を掛けると、積の微分により $(e^{-t}x)'=e^{-t}x'-e^{-t}x=C$ なので、$e^{-t}x=Ct+D$（$D$ は定数）、つまり
$$ x=(Ct+D)e^{t},\qquad y=Ce^{t} $$
である。
(2) 主定理の形にならない。$C\ne0$ の解は、$t$ が掛かった項 $Cte^{t}$ を含み、固有値 $1$ の $e^{t}$ に固有ベクトルを掛けたものの和では書けない。