指数に行列を含んだ積分

指数に行列を含んだ積分

行列が指数に来る冪乗の動画はヨビノリさんも出してますが、「積分の問題であんまり見ないな〜」ってことで布教も兼ねてこの記事を書きました。

う～ん、めんどくさそう。
正直、今回の問題は解答に出てくる途中式がキレイになるくらいで、他の計算は面倒です。それでも解いてみたい方はぜひどうぞ。

※解答のセクションに入るので、自力で解きたい方はスクロールしないでください。

解説

冪乗の処理

$e^x$のマクローリン展開より
$$ e^x=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!}x^n $$
$x$に行列$F$を代入して
$$ e^{F}=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!}F^n=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!}\left( \begin{array}{cc} 4x+a & 5x+a-1 \\ -3x-a+1 & -4x-a+2 \end{array} \right)^n \cdots\cdots(1) $$

$F^n$を求める

$F^n$を計算していきます。

二次単位行列を$E:=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right)$とする。

これを使います。

スカラー$\lambda$を用いて
$$ \det(F-\lambda E)=\left| \begin{array}{cc} 4x+a-\lambda & 5x+a-1 \\ -3x-a+1 & -4x-a+2-\lambda \end{array} \right| $$
$$ =(4x+a-\lambda)(-4x-a+2-\lambda)-(5x+a-1)(-3x-a+1) $$
$$ =\lambda^2-2\lambda-x^2+1 \cdots\cdots(2) $$

二次方程式 $t^2-2t-x^2+1=0 \Leftrightarrow t=1 \pm x$より
$$ t^n=(t^2-2t-x^2+1)P(t)+C_1t+C_2 \cdots\cdots(3) $$

$t=1 \pm x$をそれぞれ代入すると

$$ \left\{ \begin{array}{cc} (1+x)^n=(1+x)C_1+C_2 \\ (1-x)^n=(1-x)C_1+C_2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{cc} \hspace{-60pt} C_1=\dfrac{(1+x)^n-(1-x)^n}{2x} \\ C_2=\dfrac{(1+x)(1-x)^n-(1-x)(1+x)^n}{2x} \end{array} \right. $$
$a_n=(1+x)^n,\ b_n=(1-x)^n$とすると
$C_1=\dfrac{1}{2x}(a_n-b_n),\ C_2=\dfrac{1+x}{2x}b_n-\dfrac{1-x}{2x}a_n\cdots\cdots(4)$と表せる。

ケイリー・ハミルトンの定理より $(2)$の式の$\lambda$を$F$に置き換えて
$F^2-2F-(x^2+1)E=O$である。
また$(3),\ (4)$より

$$ F^n=C_1F+C_2E $$
$$ =\dfrac{1}{2x}(a_n-b_n)F+\left(\dfrac{1+x}{2x}b_n-\dfrac{1-x}{2x}a_n\right)E $$
$$ =\dfrac{F-(1-x)E}{2x}a_n-\dfrac{F-(1+x)E}{2x}b_n $$

$e^F$を求める

(1)より
$$ e^{F}=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!}F^n $$
$$ =\dfrac{F-(1-x)E}{2x}\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!} a_n-\dfrac{F-(1+x)E}{2x}\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!}b_n $$

$a_n=(1+x)^n,\ b_n=(1-x)^n$より
$$ \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!} a_n=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!} (1+x)^n=e^{1+x} $$
$$ \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!} b_n=\sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n!} (1-x)^n=e^{1-x} $$
だから
$$ e^{F}=\dfrac{F-(1-x)E}{2x}e^{1+x}-\dfrac{F-(1+x)E}{2x}e^{1-x}=\dfrac{e}{2x}[\{F-(1-x)E\} e^{x}-\{F-(1+x)E\}e^{-x}] $$
$$ e^{F}=\dfrac{e}{2x} \left( \begin{array}{cc} (5x+a-1)e^x-(3x+a-1)e^{-x} & (5x+a-1)(e^x-e^{-x}) \\ -(3x+a-1)(e^x-e^{-x}) & -(3x+a-1)e^x+(5x+a-1)e^{-x} \end{array} \right) $$

Iを計算する

$$ I=\int_0^{\infty} x^m e^{-2x+F}\ dx $$
$$ =\int_0^{\infty} x^m e^{-2x}\cdot\dfrac{e}{2x} \left( \begin{array}{cc} (5x+a-1)e^x-(3x+a-1)e^{-x} & (5x+a-1)(e^x-e^{-x}) \\ -(3x+a-1)(e^x-e^{-x}) & -(3x+a-1)e^x+(5x+a-1)e^{-x} \end{array} \right)\ dx $$
$$ =\dfrac{e}{2} \int_0^{\infty} x^{m-1} \left( \begin{array}{cc} (5x+a-1)e^{-x}-(3x+a-1)e^{-3x} & (5x+a-1)(e^{-x}-e^{-3x}) \\ -(3x+a-1)(e^{-x}-e^{-3x}) & -(3x+a-1)e^{-x}+(5x+a-1)e^{-3x} \end{array} \right)\ dx $$

ここで次の積分を解きます。
$\{a,\ b\}\in\mathbb{Z}, a\geq0, b\geq1$のとき
$$ J(a, b)=\int_0^{\infty} x^a e^{-bx}\ dx $$
$$ J(a, b)=\int_0^{\infty} \left( \dfrac{t}{b} \right)^a e^{-t}\ \dfrac{dt}{b}=\dfrac{1}{b^{a+1}} \int_0^{\infty} t^a e^{-t}\ dt $$
$$ J(a, b)=\dfrac{\Gamma(a+1)}{b^{a+1}}=\dfrac{a!}{b^{a+1}} $$

$$ I=\dfrac{e}{2} \int_0^{\infty} x^{m-1} \left( \begin{array}{cc} (5x+a-1)e^{-x}-(3x+a-1)e^{-3x} & (5x+a-1)(e^{-x}-e^{-3x}) \\ -(3x+a-1)(e^{-x}-e^{-3x}) & -(3x+a-1)e^{-x}+(5x+a-1)e^{-3x} \end{array} \right)\ dx $$
積分を行列の中に分配して、これを$J$でそれぞれ表す
$$ I=\dfrac{e}{2} \left( \begin{array}{cc} I_{11} & I_{12} \\ I_{21} & I_{22} \end{array} \right) $$
とすると
$$ I_{11}=5J(m, 1)+(a-1)J(m-1, 1)-3J(m, 3)-(a-1)J(m-1, 3) $$
$$ I_{12}=5J(m, 1)+(a-1)J(m-1, 1)-5J(m, 3)-(a-1)J(m-1, 3) $$
$$ I_{21}=-3J(m, 1)-(a-1)J(m-1, 1)+3J(m, 3)+(a-1)J(m-1, 3) $$
$$ I_{22}=-3J(m, 1)-(a-1)J(m-1, 1)+5J(m, 3)+(a-1)J(m-1, 3) $$
ここで$J(m, 1),\ J(m-1, 1),\ J(m, 3),\ J(m-1, 3)$の値はそれぞれ
$$ J(m, 1)=m!,\ J(m-1, 1)=(m-1)!,\ J(m, 3)=\dfrac{m!}{3^{m+1}},\ J(m-1, 3)=\dfrac{(m-1)!}{3^m} $$
となり、これを代入して
$$ I_{11}=5m!+(a-1)(m-1)!-\dfrac{m!}{3^m}-\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} $$
$$ I_{12}=5m!+(a-1)(m-1)!-\dfrac{5m!}{3^{m+1}}-\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} $$
$$ I_{21}=-3m!-(a-1)(m-1)!+\dfrac{m!}{3^m}+\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} $$
$$ I_{22}=-3m!-(a-1)(m-1)!+\dfrac{5m!}{3^{m+1}}+\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} $$

元の$I$に代入して、式を整理すると
$$ I=\dfrac{e}{2} \left( \begin{array}{cc} 5m!+(a-1)(m-1)!-\dfrac{m!}{3^m}-\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} & 5m!+(a-1)(m-1)!-\dfrac{5m!}{3^{m+1}}-\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} \\ -3m!-(a-1)(m-1)!+\dfrac{m!}{3^m}+\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} & -3m!-(a-1)(m-1)!+\dfrac{5m!}{3^{m+1}}+\dfrac{(a-1)(m-1)!}{3^m} \end{array} \right) $$
$$ I=\dfrac{e(m-1)!}{2} \left( \begin{array}{cc} \left(5-\dfrac{1}{3^m}\right)m+(a-1)\left(1-\dfrac{1}{3^m}\right) & \left(5-\dfrac{5}{3^{m+1}}\right)m+(a-1)\left(1-\dfrac{1}{3^m}\right) \\ \left(-3+\dfrac{1}{3^m}\right)m-(a-1)\left(1-\dfrac{1}{3^m}\right) & \left(-3+\dfrac{5}{3^{m+1}}\right)m-(a-1)\left(1-\dfrac{1}{3^m}\right) \end{array} \right) $$
$$ I=\dfrac{e(m-1)!}{2\cdot3^{m+1}} \left( \begin{array}{cc} 3\left(5\cdot3^m-1\right)m+3(a-1)\left(3^m-1\right) & 5\left(3^{m+1}-1\right)m+3(a-1)\left(3^m-1\right) \\ 3\left(-3^{m+1}+1\right)m-3(a-1)\left(3^m-1\right) & \left(-3^{m+2}+5\right)m-3(a-1)\left(3^m-1\right) \end{array} \right) $$

計算が思ったよりも重くてちゃんとした検算ができてませんので、あとの検算は後世の人に託します。