AHL 5.17a — Phase portraits: real eigenvalues（異なる実固有値の相図）

ノートWhat you should be able to do
  • 連立 differential equation（微分方程式）を行列の形 \(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X}\) に書ける。
  • eigenvalue（固有値）と eigenvector（固有ベクトル）を求められる（AHL 1.15）。
  • 公式集の厳密解を書き、初期条件から \(A\) と \(B\) を決められる。
  • \(\lambda\) の符号から、原点から離れるか近づくかを言える。
  • node（結節点）と saddle point（鞍点）を見分けられる。
  • phase portrait（相図）に trajectory（軌道）をかき込める。

The idea

このページでは、次の連立微分方程式を例に使います。

\[ \frac{dx}{dt} = 3x + 2y, \qquad \frac{dy}{dt} = 2x + 3y \]

この \(2\) 本の式は、点 \((x,\ y)\) が、その場所から次にどちらへ動くかを表しています。動いた跡が trajectory（軌道）、軌道を何本もかいた絵が phase portrait（相図）です。

このページで扱うのは、固有値が異なる \(2\) つの実数になる場合です（絵は直線・node・saddle point）。この場合は、式で解くことまで求められます。固有値が複素数・純虚数になる場合（spiral（渦巻き）・円・楕円）は AHL 5.17b で扱い、そちらでは式を書かずに絵の形だけを読みます。

相図は、次の順で作ります。

  1. \(2\) 本の微分方程式を、行列でまとめる（第1節）
  2. 解がまっすぐ進む方向があることを知る（第2節）
  3. 固有値と固有ベクトルを求めて、一般解を作る（第3節）
  4. 初期条件から、定数 \(A\) と \(B\) を決める（第4節）
  5. 固有値の符号で矢印の向きを決め、絵をかく（第5節〜第8節）

固有ベクトルが相図の基本となる方向を示し、固有値がその方向で増えるか減るかを示します。 このページは、この \(1\) 行を \(8\) つの節に分けたものです。

1. Writing the system with a matrix（行列の形に書く）

この節ですること：\(2\) 本の式を、\(1\) 本の行列の式にまとめます。

AHL 5.16b では、連立系を Euler 法で数値的に追いました。このページで扱うのは、右辺が \(x\) と \(y\) の一次式だけという特別な場合です。この形なら、厳密な解の式が書けます。

\[ \frac{dx}{dt} = ax + by, \qquad \frac{dy}{dt} = cx + dy \]

\(xy\) の項がありません。 AHL 5.16b の predator–prey モデルには \(xy\) があったので、この方法は使えません。そちらは Euler 法で扱います。

まず、\(2\) つの成分を縦に並べたものに、名前を付けます。

\[ \mathbf{X}(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix} \]

\(\mathbf{X}(t)\) は、時刻 \(t\) に点がいる場所です。これを微分するときは、成分ごとに微分します。

\[ \frac{d\mathbf{X}}{dt} = \begin{pmatrix} \dfrac{dx}{dt} \\[2mm] \dfrac{dy}{dt} \end{pmatrix} \]

ここに、例の \(2\) 本の式

\[ \frac{dx}{dt} = 3x + 2y, \qquad \frac{dy}{dt} = 2x + 3y \]

を入れます。右辺は、行列とベクトルの積で書けます。

\[ \frac{d\mathbf{X}}{dt} = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \mathbf{X} \]

この行列に \(M\) という名前を付ければ、

\[ M = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad \frac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X} \]

です。\(2\) 本の式が、\(1\) 本になりました。

表 1: \(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X}\) の記号
記号 意味
\(\mathbf{X}(t)\) 時刻 \(t\) における点の位置
\(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt}\) その点の速度。つまり、次に進む向き
\(M\) 動き方を決める係数行列
\(M\mathbf{X}\) 位置 \(\mathbf{X}\) にいるときの速度ベクトル

大文字の \(\mathbf{X}\) は点そのもの、小文字の \(x\) はその横の成分です。このページでは、ずっとこの書き分けを使います。

ヒント係数を、そのまま並べるだけです

\(1\) 行目の式の係数が \(M\) の \(1\) 行目、\(2\) 行目の式の係数が \(M\) の \(2\) 行目です。

\[ \begin{aligned} \frac{dx}{dt} &= 3x + 2y && \longrightarrow \quad M \text{ の } 1 \text{ 行目 } (\,3 \ \ 2\,) \\[2mm] \frac{dy}{dt} &= 2x + 3y && \longrightarrow \quad M \text{ の } 2 \text{ 行目 } (\,2 \ \ 3\,) \end{aligned} \]

左の列が \(x\) の係数、右の列が \(y\) の係数です。

\(y\) の項が無いときは \(0\) を書いてください。 \(\dfrac{dx}{dt} = 4x\) なら \((\,4 \ \ 0\,)\) です。

警告定数項があると、この形になりません

\(\dfrac{dx}{dt} = 3x + 2y + 5\) のように定数が付いていると、\(M\mathbf{X}\) の形には書けません。\(xy\) の項も同じです。

この方法で扱うのは、右辺が \(ax + by\) の形の系だけです。

2. Eigenvectors and straight-line solutions（固有ベクトルの方向にまっすぐ進む解）

この節ですること：なぜ相図に \(2\) 本の直線が現れるのかを、見ておきます。

\(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X}\) でしたから、\(M\mathbf{X}\) は、点 \(\mathbf{X}\) にいるときの速度ベクトルです。

ふつう、\(\mathbf{X}\) と \(M\mathbf{X}\) は別の向きを向いています。進むたびに向きが変わるので、軌道は曲線になります。

ところが、ある特別なベクトル \(\mathbf{p}\) については、

\[ M\mathbf{p} = \lambda \mathbf{p} \]

となることがあります。この \(\mathbf{p}\) が eigenvector（固有ベクトル）、\(\lambda\) が eigenvalue（固有値）です（AHL 1.15）。

右辺の \(\lambda\mathbf{p}\) は、\(\mathbf{p}\) の定数倍です。ですから \(M\mathbf{p}\) は、\(\mathbf{p}\) と同じ直線の上にあります。

点が固有ベクトルの直線の上にあれば、速度もその直線に沿います。 直線から横へ外れる速度が無いので、軌道はその直線から出られません。

ヒント固有ベクトルは、位置ベクトルと速度ベクトルが平行になる特別な方向です

\(\mathbf{X}\) の向きと \(M\mathbf{X}\) の向きが同じなら、その直線の上を、まっすぐ進みます。

この \(2\) 本の直線が、相図の骨組みになります。

この例では、あとで計算するように、\(2\) つの固有ベクトルの方向は \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) と \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\) です。まずは、この \(2\) 方向が相図の骨組みになることを見てみましょう。

図 1: 固有ベクトルの方向が、相図の骨組みになります

図 1 の赤い直線が \(\mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)（\(\lambda_1 = 5\)）、緑の直線が \(\mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\)（\(\lambda_2 = 1\)）の向きです。

この \(2\) 本の上では、軌道は曲がらずにまっすぐ進みます。どちらの固有値も正なので、矢印はどちらも原点から離れる向きです。

固有ベクトルの直線の上の解は、次の形になります。

\[ \mathbf{X}(t) = C e^{\lambda t}\mathbf{p} \]

なぜこの形になるのでしょうか。 点がこの直線から出られないのなら、位置はいつも「\(\mathbf{p}\) の何倍か」で書けます。その倍率を \(c(t)\) とします。

\[ \mathbf{X}(t) = c(t)\,\mathbf{p} \]

左辺を計算します。\(\mathbf{p}\) は動かないベクトルなので、微分するのは \(c(t)\) だけです。

\[ \frac{d\mathbf{X}}{dt} = c'(t)\,\mathbf{p} \]

右辺も計算します。\(c(t)\) はただの数なので、行列の外に出せます。そして \(M\mathbf{p} = \lambda\mathbf{p}\) でした。

\[ M\mathbf{X} = M\bigl(c(t)\,\mathbf{p}\bigr) = c(t)\,M\mathbf{p} = c(t)\,\lambda\mathbf{p} = \lambda c(t)\,\mathbf{p} \]

もとの微分方程式が \(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X}\) でしたから、この \(2\) つは等しくなります。

\[ c'(t)\,\mathbf{p} = \lambda c(t)\,\mathbf{p} \]

どちらも「\(\mathbf{p}\) の何倍か」という形です。\(\mathbf{p}\) は \(\mathbf{0}\) ではないので、\(2\) つが同じベクトルになるには倍率どうしが等しいしかありません。

\[ c'(t) = \lambda\, c(t) \]

これは倍率 \(c(t)\) についての、見慣れた微分方程式です（AHL 5.14）。答えは \(c(t) = C e^{\lambda t}\) ですから、\(\mathbf{X}(t) = C e^{\lambda t}\mathbf{p}\) になります。

  • \(\lambda > 0\) なら、\(e^{\lambda t}\) は時間とともに大きくなる
  • \(\lambda < 0\) なら、\(e^{\lambda t}\) は時間とともに \(0\) へ近づく

ですから、固有値の符号だけで、その直線の上の矢印の向きが決まります。

表 2: eigenvector の直線の上での動き
\(\lambda\) その直線の上での動き
\(\lambda > 0\) 原点から離れる
\(\lambda < 0\) 原点に近づく
ヒント\(\dfrac{dx}{dt} = \lambda x\) と同じ形です

点が固有ベクトルの直線の上にあるとき、\(M\mathbf{X} = \lambda\mathbf{X}\) なので

\[ \frac{d\mathbf{X}}{dt} = \lambda \mathbf{X} \]

です。これは AHL 5.14 の \(\dfrac{dy}{dx} = ky\) とまったく同じ形で、答えも同じく \(e^{\lambda t}\) 倍になります。

式 1 の \(e^{\lambda t}\) は、ここから来ています。

3. General solution（一般解）

この節ですること：\(2\) 本の直線の動きを足して、解の式を作ります。

第2節で見たように、固有ベクトル \(\mathbf{p}\) の方向では

\[ \mathbf{X}(t) = C e^{\lambda t}\mathbf{p} \]

が解になります。

固有値が \(2\) つあれば、この特別な解も \(2\) つできます。その \(2\) つを足したものも、また解です（Why it works）。これが general solution（一般解）です。

\[ \mathbf{X} = A\mathbf{p}_1 e^{\lambda_1 t} + B\mathbf{p}_2 e^{\lambda_2 t} \tag{1}\]

この式は公式集に載っています（5.17 の欄）。覚える必要はありません。

\(\lambda_1,\ \lambda_2\) が eigenvalue、\(\mathbf{p}_1,\ \mathbf{p}_2\) がそれぞれの eigenvector、\(A\) と \(B\) は初期条件から決まる定数です。\(2\) 本の直線の動きを、足し合わせただけです。

ただし、\(\det(M - \lambda I) = 0\) は公式集に載っていません（AHL 1.15）。そちらは覚えてください。

この式に入れる \(\lambda\) と \(\mathbf{p}\) は、自分で求めます。 手順は \(3\) つです。

手順1. \(\det(M - \lambda I) = 0\) から \(\lambda_1,\ \lambda_2\) を出す。

手順2. それぞれの \(\lambda\) について eigenvector \(\mathbf{p}\) を出す。

手順3. 式 1 に入れる。

手順1と2は AHL 1.15 そのものです。新しいのは手順3だけです。

では、このページの例

\[ M = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \]

で、実際にやってみます。

手順1：固有値を求める

\[ \det(M - \lambda I) = \begin{vmatrix} 3 - \lambda & 2 \\ 2 & 3 - \lambda \end{vmatrix} = (3 - \lambda)^{2} - 4 = 0 \]

展開して整理します。

\[ \lambda^{2} - 6\lambda + 5 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 5)(\lambda - 1) = 0 \]

\[ \lambda_1 = 5, \qquad \lambda_2 = 1 \]

異なる \(2\) つの実数になりました。ですから、このページの方法が使えます。

ヒントcharacteristic equation は、行列から直接書けます

いま解いた \(\lambda^{2} - 6\lambda + 5 = 0\) を characteristic equation（特性方程式）といいます。

trace（対角に並ぶ \(2\) つの数の和）と \(\det M\) を使えば、determinant（行列式）を展開せずに書けます（AHL 1.15）。

\[ \lambda^{2} - (\text{trace})\lambda + \det M = 0 \]

この例なら trace \(= 3 + 3 = 6\)、\(\det M = 9 - 4 = 5\) です。

手順2：固有ベクトルを求める

\(\lambda_1 = 5\) のほうからです。\(\mathbf{p} = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\) とおいて、\((M - 5I)\mathbf{p} = \mathbf{0}\) を解きます。

\[ \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \Longrightarrow \quad -2a + 2b = 0 \quad \Longrightarrow \quad b = a \]

\(a = 1\) を選べば、\(\mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) です。

\(\lambda_2 = 1\) も同じようにします。

\[ \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \Longrightarrow \quad 2a + 2b = 0 \quad \Longrightarrow \quad b = -a \]

\(a = 1\) を選べば、\(\mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\) です。

手順3：一般解を書く

式 1 に、出した \(\lambda\) と \(\mathbf{p}\) を入れるだけです。

\[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

成分で書けば、こうなります。

\[ x = Ae^{5t} + Be^{t}, \qquad y = Ae^{5t} - Be^{t} \]

\(A\) と \(B\) は、まだ決まりません。 決めるには、出発点が \(1\) つ要ります。それが次の節です。

4. Initial conditions（初期条件で \(A\) と \(B\) を決める）

この節ですること：与えられた出発点から、\(A\) と \(B\) を決めます。

\(t = 0\) を入れると \(e^{0} = 1\) なので、

\[ \mathbf{X}(0) = A\mathbf{p}_1 + B\mathbf{p}_2 \]

これは連立方程式です。 \(A\) と \(B\) について解きます。

続きをやってみます。第3節の一般解に、出発点 \(\mathbf{X}(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}\) を入れます。

\[ \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

上の成分と下の成分で、\(1\) 本ずつ式ができます。

\[ A + B = 1, \qquad A - B = 3 \]

足せば \(2A = 4\) なので

\[ A = 2, \qquad B = -1 \]

です。これで、出発点 \((1,\ 3)\) から出る軌道の式が決まりました。

\[ \mathbf{X} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} - \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

警告\(\mathbf{p}\) を何倍かして使うと、\(A\) と \(B\) も変わります

eigenvector は何倍しても正解ですが、\(\mathbf{p}\) を \(2\) 倍にすれば、\(A\) は半分になります。

最終的な \(\mathbf{X}\) は同じです。ですから、\(A\) と \(B\) の値だけを見て「違う」と思わないでください。

答案では、自分が使った \(\mathbf{p}\) を必ず書いてください。

5. Signs of the eigenvalues（\(\lambda\) の符号で絵が決まる）

この節ですること：固有値の符号で、原点のまわりの絵を \(3\) つに分けます。

図 2: \(2\) つの固有値が同じ符号の場合です。

図 2 の (a) と (b)、そして第6節の 図 3 が、\(3\) つの場合です。

表 3: 異なる \(2\) つの実固有値の \(3\) つの場合
\(\lambda_1,\ \lambda_2\) 原点の呼び名 動き（答案の言い方） 図
両方とも正 unstable node（不安定な結節点） 原点以外のすべての軌道が原点から離れる。all solutions move away from the origin 図 2 (a)
両方とも負 stable node（安定な結節点） 原点以外のすべての軌道が原点に近づく。all solutions move towards the origin 図 2 (b)
符号が違う saddle point（鞍点） 固有ベクトルの向きによって、近づくものと離れるものがある。the origin is a saddle point 図 3（第6節）

Describe the long-term behaviour と問われたら、表の英語をそのまま使うのがいちばん安全です。IB の試験で使われる言い方だからです。

ヒント原点は、いつも平衡点です

\(\mathbf{X} = \mathbf{0}\) を入れると \(M\mathbf{0} = \mathbf{0}\) です。

つまり \((0,\ 0)\) では、どちらの変化率も \(0\) です（AHL 5.16b）。

この形の系では、平衡点は原点だけです（\(\det M \neq 0\) のとき）。ですから「平衡点を求めよ」と聞かれることはあまりなく、原点のまわりの様子が問われます。

6. Saddle points（鞍点）

この節ですること：符号が違うときの軌道を、くわしく見ます。

図 3: 原点が saddle point になる場合です。

図 3 が saddle です。\(2\) 本の直線が、逆のことをしています。

  • \(\lambda = 3\)（正）の固有ベクトルの直線上 … 軌道は原点から出ていく
  • \(\lambda = -1\)（負）の固有ベクトルの直線上 … 軌道は原点に入ってくる

この \(2\) 本の直線の上にない一般の軌道は、最後には \(\lambda = 3\) の固有ベクトルの向きへ離れていきます。出発点によっては、その前にいったん原点に近づいてから向きを変えます。

「すべての軌道が、近づいてから離れる」わけではありません。

  • \(\lambda = -1\) の固有ベクトルの直線上 … そのまま原点に近づき続けます（離れません）
  • \(\lambda = 3\) の固有ベクトルの直線上 … 最初から離れる一方です
  • それ以外 … 最後は \(\lambda = 3\) の向きへ離れます。近づく段階があるかどうかは、出発点の位置しだいです
重要「馬の鞍」の形です

前後は下がっていて、左右は上がっている——馬の鞍（saddle）の真ん中と同じです。

片方の向きには安定、もう片方には不安定

State the nature of the equilibrium point と問われたら、saddle point と書きます。

警告\(\lambda\) が \(2\) つとも実数でも、符号が違えば node ではありません

「両方実数だから node」ではありません。符号を見てください（表 3）。

\(\det M < 0\) なら、\(\lambda\) の積が負、つまり符号が違うので saddle です。行列式だけで判定できます。

例題 1 For each system, state whether the origin is a stable node, an unstable node or a saddle point. Do not find the eigenvectors.

(a) \(\dfrac{dx}{dt} = 4x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = x + 4y\)

(b) \(\dfrac{dx}{dt} = -2x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = x - 2y\)

(c) \(\dfrac{dx}{dt} = y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = 2x + y\)

対角の和と \(\det\) だけで判定できます（第6節）。

(a) \(M = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}\)、和 \(8\)、\(\det = 16 - 1 = 15\)。

\[ \lambda^{2} - 8\lambda + 15 = 0 \ \Longrightarrow \ \lambda = 5,\ 3 \]

両方正なので unstable node。

(b) \(M = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\)、和 \(-4\)、\(\det = 4 - 1 = 3\)。

\[ \lambda^{2} + 4\lambda + 3 = 0 \ \Longrightarrow \ \lambda = -1,\ -3 \]

両方負なので stable node。

(c) \(M = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\)、和 \(1\)、\(\det = 0 - 2 = -2\)。

\[ \lambda^{2} - \lambda - 2 = 0 \ \Longrightarrow \ \lambda = 2,\ -1 \]

符号が違うので saddle point。

検算。 (c) は \(\det M = -2 < 0\) です。\(\det\) が負なら必ず saddle なので、固有値を出す前に分かります ✓

  1. と (b) は \(\det > 0\) なので \(\lambda\) の符号は同じです。あとは対角の和の符号を見れば、正か負かが決まります。(a) は \(+8\) で両方正、(b) は \(-4\) で両方負 ✓
ヒント\(\det\) と対角の和で、\(3\) つを見分けられます

\(\Delta = (\text{対角の和})^{2} - 4\det M\) とおきます。

表 4: \(\Delta\)・\(\det\)・対角の和による見分け
判定
\(\Delta < 0\) 複素数 → AHL 5.17b
\(\Delta > 0\) かつ \(\det M < 0\) saddle point
\(\Delta > 0\) かつ \(\det M > 0\) かつ 対角の和 \(> 0\) unstable node（両方正）
\(\Delta > 0\) かつ \(\det M > 0\) かつ 対角の和 \(< 0\) stable node（両方負）

\(\lambda\) の積が \(\det M\)、和が対角の和だからです（AHL 1.15）。

\(\Delta\) を先に見てください。 \(\det M > 0\) でも \(\Delta < 0\) なら complex number（複素数）で、node ではありません（AHL 5.17b）。

ただし、答案には固有値そのものを書いてください。 この表は、検算と見当づけのためのものです。

ノート解答例（答案用紙にはこう書く）

(a) \(\lambda^{2} - 8\lambda + 15 = 0\), \(\ \lambda = 5,\ 3\) — both positive, so an unstable node.

(b) \(\lambda^{2} + 4\lambda + 3 = 0\), \(\ \lambda = -1,\ -3\) — both negative, so a stable node.

(c) \(\lambda^{2} - \lambda - 2 = 0\), \(\ \lambda = 2,\ -1\) — opposite signs, so a saddle point.

7. Long-term behaviour（長い目で見たときの動き）

この節ですること：一般解の \(2\) つの項をくらべて、最後にどちらの向きが勝つかを見ます。

図 4: 長い時間がたつと、どちらの向きが勝つかです。

\[ \mathbf{X} = A\mathbf{p}_1 e^{5t} + B\mathbf{p}_2 e^{t} \]

\(t\) が大きくなると、\(e^{5t}\) のほうがずっと速く育ちます。 ですから、\(A \neq 0\) であれば \(2\) つ目の項は相対的に小さくなり、

\[ \mathbf{X} \approx A\mathbf{p}_1 e^{5t} \qquad (A \neq 0 \text{ で、} t \text{ が大きいとき}) \]

軌道は \(\mathbf{p}_1\) の向きに近づいていきます。 図 4 の左が、その様子です。

ヒント「大きいほうの \(\lambda\) が勝つ」と覚えてください

\(2\) つとも負でも同じです。\(e^{-t}\) と \(e^{-5t}\) なら、\(e^{-5t}\) のほうが速く \(0\) になるので、残るのは \(e^{-t}\) のほうです。

係数が \(0\) でなければ、大きいほうの \(\lambda\) の項が支配的になります。

「大きい」は符号こみです。\(-1\) と \(-5\) なら、\(-1\) のほうが大きい数です。

ただし、その項の係数が \(0\) の場合は例外です。 たとえば初期条件がもう一方の固有ベクトルの上にあると、大きい固有値に対応する項は最初から現れません（その係数が \(0\) だからです）。そのときは、軌道はもう一方の固有ベクトルの直線の上を動き続けます。

警告saddle では、出発点の側で行き先が変わります

図 4 の右を見てください。

\(\lambda < 0\) の直線が分かれ目です。その上から出発すれば右上へ、下から出発すれば左下へ出ていきます。

\[ A > 0 \ \Longrightarrow \ +\mathbf{p}_1 \text{ の向き}, \qquad A < 0 \ \Longrightarrow \ -\mathbf{p}_1 \text{ の向き} \]

\(A\) の符号で決まります。 初期条件を分解すれば、計算で確かめられます。

例題 2 Consider the system

\[ \frac{dx}{dt} = 3x + 2y, \qquad \frac{dy}{dt} = 2x + 3y \]

(a) Find the eigenvalues and corresponding eigenvectors of the matrix of the system.

(b) Write down the general solution.

(c) Given that \(x = 1\) and \(y = 3\) when \(t = 0\), find the particular solution.

(d) Describe the long-term behaviour of the solution.

(a) 行列は \(M = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\) です。

対角の和は \(6\)、\(\det M = 9 - 4 = 5\) なので

\[ \lambda^{2} - 6\lambda + 5 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 5)(\lambda - 1) = 0 \]

\[ \lambda_1 = 5, \qquad \lambda_2 = 1 \]

\(\lambda = 5\)： \((M - 5I)\mathbf{p} = \mathbf{0}\) より

\[ \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \Longrightarrow \ -2p_1 + 2p_2 = 0 \ \Longrightarrow \ p_2 = p_1 \]

\[ \mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \]

\(\lambda = 1\)：

\[ \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} p_1 \\ p_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \Longrightarrow \ p_2 = -p_1 \]

\[ \mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

(b)

\[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

(c) \(t = 0\) を入れます。

\[ \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

\[ A + B = 1, \qquad A - B = 3 \]

\[ A = 2, \qquad B = -1 \]

\[ \mathbf{X} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} - \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

成分で書けば \(x = 2e^{5t} - e^{t}\)、\(y = 2e^{5t} + e^{t}\) です。

(d)

試験ではこう書く

Both eigenvalues are positive, so all solutions move away from the origin.

Since \(5 > 1\), the term in \(e^{5t}\) grows much faster, so for large \(t\) the path becomes close to the direction of \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), moving away into the first quadrant.

（どちらの固有値も正なので、すべての解は原点から離れる。\(5 > 1\) なので \(e^{5t}\) の項のほうがずっと速く増え、\(t\) が大きいところでは経路は \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) の向きに近づき、第1象限へ離れていく、という意味です。）

検算。 (c) の解に \(t = 0\) を入れると \(2(1,1) - (1,-1) = (2-1,\ 2+1) = (1,\ 3)\) ✓ 初期条件と一致しました。

もう \(1\) つ。\(x = 2e^{5t} - e^{t}\) を微分すると \(10e^{5t} - e^{t}\) です。いっぽう \(3x + 2y = 3(2e^{5t} - e^{t}) + 2(2e^{5t} + e^{t}) = 6e^{5t} - 3e^{t} + 4e^{5t} + 2e^{t} = 10e^{5t} - e^{t}\) ✓ もとの式が成り立っています。

ヒント\(A\) と \(B\) は、\(2\) 元 \(1\) 次方程式です

\(\mathbf{p}_1\) と \(\mathbf{p}_2\) が \(\binom{1}{1}\) と \(\binom{1}{-1}\) のときは、足せば \(A\)、引けば \(B\) が出ます。

\[ A = \frac{x_0 + y_0}{2}, \qquad B = \frac{x_0 - y_0}{2} \]

これは、この \(2\) つの eigenvector のときだけの近道です。ほかの形では、ふつうに連立方程式を解いてください。

ノート解答例（答案用紙にはこう書く）

(a) \(M = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} - 6\lambda + 5 = 0, \qquad \lambda = 5 \text{ or } 1 \] \[ \lambda = 5: \ \mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = 1: \ \mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

(b) \[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

(c) When \(t = 0\): \(\ A + B = 1\), \(\ A - B = 3\), so \(A = 2\), \(B = -1\). \[ \mathbf{X} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{5t} - \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

(d)

Both eigenvalues are positive, so all solutions move away from the origin.

As \(t\) increases the \(e^{5t}\) term dominates, so the path approaches the direction of \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\).

例題 3 Two neighbouring towns exchange residents. Let \(x\) and \(y\) be the differences (in thousands) between each town’s population and its long-term level, after \(t\) years. They satisfy

\[ \frac{dx}{dt} = -3x + 2y, \qquad \frac{dy}{dt} = 2x - 3y, \]

with \(x = 4\) and \(y = 0\) when \(t = 0\).

(a) Find the eigenvalues.

(b) Find the particular solution.

(c) Comment on what the model predicts for the two towns in the long term.

(a) \(M = \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 2 & -3 \end{pmatrix}\)、対角の和 \(-6\)、\(\det M = 9 - 4 = 5\)。

\[ \lambda^{2} + 6\lambda + 5 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda + 1)(\lambda + 5) = 0 \]

\[ \lambda = -1, \qquad \lambda = -5 \]

(b) eigenvector は 例 2 と同じ形です。

\(\lambda = -1\)： \(-2p_1 + 2p_2 = 0\) より \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)

\(\lambda = -5\)： \(2p_1 + 2p_2 = 0\) より \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\)

\[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-5t} \]

\(t = 0\) で \(\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix}\) なので \(A + B = 4\)、\(A - B = 0\)、つまり \(A = B = 2\)。

\[ \mathbf{X} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-t} + 2\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-5t} \]

(c)

試験ではこう書く

Both eigenvalues are negative, so both \(x\) and \(y\) tend to zero as \(t\) increases.

The model predicts that each town’s population settles down to its long-term level, and the differences disappear.

The \(e^{-5t}\) term dies away much faster than the \(e^{-t}\) term, so after a short time the two differences become almost equal to each other.

（どちらの固有値も負なので、\(t\) が増えると \(x\) も \(y\) も \(0\) に近づく。このモデルは、それぞれの町の人口が長期的な水準に落ち着き、差が消えることを予測している。\(e^{-5t}\) の項は \(e^{-t}\) の項よりずっと速く消えるので、しばらくすると \(2\) つの差はほぼ等しくなる、という意味です。）

検算。 \(t = 0\) で \(2(1,1) + 2(1,-1) = (4,\ 0)\) ✓

\(t\) を大きくすると、成分は \(x = 2e^{-t} + 2e^{-5t}\)、\(y = 2e^{-t} - 2e^{-5t}\) です。\(t = 2\) なら \(x = 0.271 + 0.0000908 = 0.271\)、\(y = 0.271 - 0.0000908 = 0.271\) ✓ ほぼ等しくなっています。

ヒント\(x\) と \(y\) が「差」であることに注意してください

この問題の \(x\) は人口そのものではなく、基準からのずれです。ですから \(0\) に近づくことが「落ち着く」を意味します。

問題文が何を \(x\) と置いているか、必ず読んでください。この項目の形は \(\dfrac{dx}{dt} = ax + by\) で定数項が付かないので、「ずれ」を変数にする問題文が多くなります（第1節）。

ノート解答例（答案用紙にはこう書く）

(a) \[ \lambda^{2} + 6\lambda + 5 = 0, \qquad \lambda = -1 \text{ or } -5 \]

(b) \[ \lambda = -1: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = -5: \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \] \[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-5t} \] When \(t = 0\): \(\ A + B = 4\), \(\ A - B = 0\), so \(A = B = 2\). \[ \mathbf{X} = 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-t} + 2\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-5t} \]

(c)

Both eigenvalues are negative, so \(x\) and \(y\) both tend to zero: each town settles to its long-term level.

The \(e^{-5t}\) term dies away faster, so the two differences soon become almost equal.

8. Sketching trajectories（軌道のかき方）

この節ですること：ここまでを使って、実際に相図をかきます。

手順は \(4\) つです。

  1. \(2\) 本の eigenvector の直線を、原点を通るように引く
  2. それぞれに、\(\lambda\) の符号にしたがって矢印を付ける（正なら外向き、負なら内向き）
  3. 与えられた出発点に印を付ける
  4. \(2\) 本の直線と矛盾しないように、なめらかな曲線をかく
重要矢印を必ず付けてください

phase portrait では、曲線だけでは足りません。 どちら向きに進むかが、この項目の中身だからです。

矢印の無い図は、点になりません。

警告軌道どうしは交わりません

AHL 5.15 と同じ理由です。ここで扱う系では、initial condition から解が \(1\) つに定まるからです。

eigenvector の直線も、またげません。 直線そのものが軌道だからです。

例題 4 Consider the system

\[ \frac{dx}{dt} = x + 2y, \qquad \frac{dy}{dt} = 2x + y \]

(a) Show that the eigenvalues are \(3\) and \(-1\), and find the corresponding eigenvectors.

(b) State the nature of the equilibrium point at the origin, giving a reason.

(c) Sketch a phase portrait, showing the two eigenvector directions and the direction of motion.

(a) \(M = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\)、対角の和 \(2\)、\(\det M = 1 - 4 = -3\)。

\[ \lambda^{2} - 2\lambda - 3 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 3)(\lambda + 1) = 0 \]

\(\lambda = 3\) または \(-1\) ✓

\(\lambda = 3\)： \(-2p_1 + 2p_2 = 0\) より \(\mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)

\(\lambda = -1\)： \(2p_1 + 2p_2 = 0\) より \(\mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\)

(b)

試験ではこう書く

The eigenvalues \(3\) and \(-1\) are real and have opposite signs, so the origin is a saddle point.

（固有値 \(3\) と \(-1\) は実数で符号が異なるので、原点は鞍点である、という意味です。）

(c) 図 3 が、この系の相図です。

かき方（第8節）。

  1. \(y = x\) の直線を引き、\(\lambda = 3 > 0\) なので外向きの矢印
  2. \(y = -x\) の直線を引き、\(\lambda = -1 < 0\) なので内向きの矢印
  3. そのあいだに、近づいてから \(y = x\) の向きへ離れる曲線を数本

検算。 \(\det M = -3 < 0\) です。\(\lambda\) の積は \(\det M\) に等しいので、積が負 = 符号が違う ✓ saddle であることが、固有値を出す前に分かります（第6節）。

対角の和も確かめます。\(3 + (-1) = 2\) で、\(M\) の対角の和 \(1 + 1 = 2\) と一致 ✓

警告Sketch では、矢印と直線が採点対象です

曲線の形だけでは足りません（第8節）。

  • \(2\) 本の直線（式も書く）
  • それぞれの矢印の向き
  • あいだの曲線

この \(3\) つがそろって、はじめて完成です。

ノート解答例（答案用紙にはこう書く）

(a) \(M = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} - 2\lambda - 3 = 0, \qquad (\lambda - 3)(\lambda + 1) = 0, \qquad \lambda = 3 \text{ or } -1 \] \[ \lambda = 3: \ \mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = -1: \ \mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

(b)

The eigenvalues are real with opposite signs, so the origin is a saddle point.

(c) (sketch: the line \(y = x\) with arrows pointing away from the origin; the line \(y = -x\) with arrows pointing towards the origin; curved trajectories in between, coming in near \(y = -x\) and leaving near \(y = x\))

Why it works

なぜ足し合わせてよいのか

\(\mathbf{X}_1 = \mathbf{p}_1 e^{\lambda_1 t}\) が解であることは、直接確かめられます。

\[ \frac{d\mathbf{X}_1}{dt} = \lambda_1 \mathbf{p}_1 e^{\lambda_1 t}, \qquad M\mathbf{X}_1 = (M\mathbf{p}_1) e^{\lambda_1 t} = \lambda_1 \mathbf{p}_1 e^{\lambda_1 t} \]

両方とも同じです ✓ 同じく \(\mathbf{X}_2 = \mathbf{p}_2 e^{\lambda_2 t}\) も解です。

では \(A\mathbf{X}_1 + B\mathbf{X}_2\) はどうでしょうか。

\[ \frac{d}{dt}(A\mathbf{X}_1 + B\mathbf{X}_2) = A\frac{d\mathbf{X}_1}{dt} + B\frac{d\mathbf{X}_2}{dt} = AM\mathbf{X}_1 + BM\mathbf{X}_2 = M(A\mathbf{X}_1 + B\mathbf{X}_2) \]

これも解です。 微分も行列も、足し算と定数倍をそのまま通すからです。

なぜ \(2\) つで足りるのか

\(\mathbf{p}_1\) と \(\mathbf{p}_2\) が平行でなければ、平面上のどんなベクトルも \(A\mathbf{p}_1 + B\mathbf{p}_2\) の形に書けます。

\(\lambda_1 \neq \lambda_2\) なら、\(\mathbf{p}_1\) と \(\mathbf{p}_2\) は平行になりません。ですから、どんな初期条件でも \(A\) と \(B\) が決まります。

AI HL で扱う系が、異なる \(2\) つの、\(0\) でない固有値をもつものに限られているのは、このためです。

\(\lambda\) が repeated root（重解）のときは、この形では足りません。AI HL では出ません。

saddle の分かれ目

\[ \mathbf{X} = A\mathbf{p}_1 e^{3t} + B\mathbf{p}_2 e^{-t} \]

\(t\) が大きいとき、\(e^{-t} \to 0\) なので \(2\) つ目は消えます。残るのは \(A\mathbf{p}_1 e^{3t}\) です。

  • \(A > 0\) … \(+\mathbf{p}_1\) の向きへ
  • \(A < 0\) … \(-\mathbf{p}_1\) の向きへ
  • \(A = 0\) … \(\mathbf{p}_1\) の項が最初から無い ので、\(\mathbf{p}_2\) の直線に沿って原点へ

\(A = 0\) になるのが、ちょうど \(\lambda < 0\) の直線の上です。だから、そこが分かれ目になります。

Common errors

警告行列を作るときに、係数を並べ間違える

\(1\) 行目の式の係数が \(M\) の \(1\) 行目です（第1節）。\(x\) の係数が左、\(y\) の係数が右です。

警告\(\lambda\) と \(\mathbf{p}\) の組み合わせを取り違える

\(\lambda_1\) には \(\mathbf{p}_1\)、\(\lambda_2\) には \(\mathbf{p}_2\) です。入れかえると、まったく違う解になります（AHL 1.15）。

警告\(e^{\lambda t}\) の \(\lambda\) を書き忘れる

\(e^{t}\) ではなく \(e^{5t}\) です。指数に \(\lambda\) が入ります（第3節）。

警告初期条件を \(t = 0\) で使わない

\(e^{0} = 1\) なので、\(\mathbf{X}(0) = A\mathbf{p}_1 + B\mathbf{p}_2\) です（第4節）。\(e\) を残したまま連立方程式にしないでください。

警告「両方実数だから node」とする

符号を見てください。符号が違えば saddle です（表 3）。

警告大きいほうの \(\lambda\) を、絶対値で選ぶ

\(-1\) と \(-5\) なら、大きいのは \(-1\) です。符号こみで比べます（第7節）。

警告sketch に矢印を付けない

向きが、この項目の中身です（第8節）。矢印の無い図は点になりません。

警告eigenvector の直線を、軌道が横切ってしまう

直線そのものが軌道なので、またげません（第8節）。

警告定数項や \(xy\) の項がある系に、この方法を使う

この方法で扱うのは \(ax + by\) の形だけです（第1節）。\(xy\) があるものは AHL 5.16b の Euler 法です。

警告電卓の eigenvector を、そのまま答案に書く

電卓は長さ \(1\) に直して返します。整数の比に直してください（AHL 1.15）。

Using your GDC (TI-Nspire CX II)

重要固有値・固有ベクトルの操作は AHL 1.15 に書いてあります

このページで新しく必要になる操作はありません。同じ eigVl() と eigVc() を使います。

ここでは、この項目ならではの使いどころだけを書きます。

Checking the eigenvalues（固有値を出して、場合分けを確かめる）

menu → Matrix & Vector → Advanced → Eigenvalues

\(\lambda\) が \(2\) つとも実数で返れば、このページの内容です。複素数（i が付いた形）で返れば、AHL 5.17b に進んでください。

警告電卓の答えは、手計算の代わりにはなりません

Find the eigenvalues と問われたら、characteristic equation を書いて解く過程が要ります。

電卓は検算に使ってください。

Plotting trajectories（軌道を描いてみる）

Graphs のパラメトリック表示で、\(x(t)\) と \(y(t)\) を入れると軌道が見えます。

Graphs → menu → Graph Entry/Edit → Parametric
警告試験では、自分で手でかきます

Sketch a phase portrait は手描きが求められます。 電卓の絵を写すのではありません。

また、Diff Eq のグラフ機能は Press-to-Test で止められています（AHL 5.15）。パラメトリック表示は使えます。

Exercises

1 Write the system \(\dfrac{dx}{dt} = 3x + 4y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = x\) in the form \(\dfrac{d\mathbf{X}}{dt} = M\mathbf{X}\), and find the eigenvalues.

\[ \frac{d}{dt}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \] \[ \lambda^{2} - 3\lambda - 4 = 0, \qquad \lambda = 4 \text{ or } -1 \]

\(2\) 行目に \(y\) が出てこないので、そこは \(0\) です（第1節）。

\[ \frac{dy}{dt} = 1 \cdot x + 0 \cdot y \]

\(0\) を書き落とすと、\(2 \times 2\) の行列になりません。

対角の和は \(3 + 0 = 3\)、\(\det M = 0 - 4 = -4\) です。

\[ \lambda^{2} - 3\lambda - 4 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 4)(\lambda + 1) = 0 \]

検算。 \(M\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x + 4y \\ x \end{pmatrix}\) ✓ もとの右辺に戻りました。

\(4 + (-1) = 3\)（対角の和）✓ \(4 \times (-1) = -4\)（\(\det\)）✓ 符号が違うので、原点は saddle です。

2 Consider \(\dfrac{dx}{dt} = 2x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = x + 2y\).

(a) Find the eigenvalues and eigenvectors.

(b) Write down the general solution.

(c) State the nature of the origin.

(a) \(M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} - 4\lambda + 3 = 0, \qquad \lambda = 3 \text{ or } 1 \] \[ \lambda = 3: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = 1: \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

(b) \[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{3t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{t} \]

(c) Both eigenvalues are positive, so the origin is an unstable node: all solutions move away from the origin.

対角の和 \(4\)、\(\det = 4 - 1 = 3\) です。

\[ \lambda^{2} - 4\lambda + 3 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 3)(\lambda - 1) = 0 \]

\(\lambda = 3\)： \((2-3)p_1 + p_2 = 0\) より \(p_2 = p_1\)、つまり \(\binom{1}{1}\)

\(\lambda = 1\)： \((2-1)p_1 + p_2 = 0\) より \(p_2 = -p_1\)、つまり \(\binom{1}{-1}\)

検算。 \(3 + 1 = 4\)（対角の和）✓、\(3 \times 1 = 3\)（\(\det\)）✓ 両方合いました。

3 Consider \(\dfrac{dx}{dt} = -x + 3y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = 3x - y\).

(a) Show that the origin is a saddle point.

(b) Find the equations of the two straight-line trajectories.

(c) Sketch a phase portrait, showing the two straight lines, the direction of motion on each, and two other trajectories.

(a) \(M = \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} + 2\lambda - 8 = 0, \qquad (\lambda - 2)(\lambda + 4) = 0, \qquad \lambda = 2 \text{ or } -4 \] The eigenvalues are real with opposite signs, so the origin is a saddle point.

(b) \[ \lambda = 2: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \ \Rightarrow \ y = x \qquad \lambda = -4: \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \ \Rightarrow \ y = -x \]

(c) (sketch: the line \(y = x\) with arrows pointing AWAY from the origin, since \(\lambda = 2 > 0\); the line \(y = -x\) with arrows pointing TOWARDS the origin, since \(\lambda = -4 < 0\); two curved trajectories in between, each coming in near \(y = -x\), turning, and leaving near \(y = x\))

対角の和 \(-2\)、\(\det = 1 - 9 = -8\) です。

\[ \lambda^{2} - (-2)\lambda + (-8) = \lambda^{2} + 2\lambda - 8 = 0 \]

(b) eigenvector が \(\binom{1}{1}\) なら、その向きの直線は原点を通る \(y = x\) です。

「eigenvector を答える」のではなく「直線の方程式を答える」問いなので、\(y = x\) の形に直してください。

(c) かき方は 第8節 のとおりです。矢印の向きが、\(\lambda\) の符号で決まるところが要点です。

図 3 と、同じ形の絵になります。

検算。 \(\Delta = (-2)^{2} - 4(-8) = 4 + 32 = 36 > 0\) で実数、\(\det M = -8 < 0\) なので saddle ✓（表 4）。\(2 + (-4) = -2\) ✓、\(2 \times (-4) = -8\) ✓

4 The system \(\dfrac{dx}{dt} = 5x - 2y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = -2x + 2y\) has eigenvalues \(6\) and \(1\).

(a) Find an eigenvector for each eigenvalue.

(b) Write down the general solution.

(a) \(\lambda = 6\): \[ (5 - 6)p_1 - 2p_2 = 0 \ \Longrightarrow \ -p_1 = 2p_2 \ \Longrightarrow \ \mathbf{p}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} \] \(\lambda = 1\): \[ (5 - 1)p_1 - 2p_2 = 0 \ \Longrightarrow \ 4p_1 = 2p_2 \ \Longrightarrow \ \mathbf{p}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \]

(b) \[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}e^{6t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}e^{t} \]

eigenvector が \(\binom{1}{1}\) や \(\binom{1}{-1}\) とはかぎりません。 これまでの例題は対称な行列だったので、たまたま同じ形でした。

\(\lambda = 6\) のとき、\(1\) 行目は \(-p_1 - 2p_2 = 0\) です。\(p_2 = 1\) と置くと \(p_1 = -2\) で \(\binom{-2}{1}\)、\(p_2 = -1\) と置くと \(\binom{2}{-1}\) です。どちらでも正解です（AHL 1.15）。

検算。 \(6 + 1 = 7\)、対角の和は \(5 + 2 = 7\) ✓ \(6 \times 1 = 6\)、\(\det = 10 - 4 = 6\) ✓

さらに \(M\mathbf{p}_1\) を計算すると \(\begin{pmatrix} 5(2) - 2(-1) \\ -2(2) + 2(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 \\ -6 \end{pmatrix} = 6\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}\) ✓ ちょうど \(6\) 倍になりました。

5 A system has general solution

\[ \mathbf{X} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}e^{4t} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-2t}. \]

(a) Find \(A\) and \(B\) given that \(x = 5\) and \(y = 4\) when \(t = 0\).

(b) Describe what happens to the trajectory as \(t\) increases.

(a) When \(t = 0\): \[ A + B = 5, \qquad 2A - B = 4 \] Adding: \(\ 3A = 9\), so \(A = 3\) and \(B = 2\).

(b)

The eigenvalues have opposite signs, so the origin is a saddle point.

As \(t\) increases the \(e^{-2t}\) term dies away and the \(e^{4t}\) term grows, so the trajectory moves away from the origin, approaching the direction of \(\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\).

Since \(A = 3 > 0\) it leaves in the direction of \(+\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\), into the first quadrant.

(a) 成分で書くと

\[ x = A + B = 5, \qquad y = 2A - B = 4 \]

足すと \(3A = 9\)、\(A = 3\)。\(B = 2\) です。

(b) \(\lambda = 4\) と \(-2\) で符号が違うので saddle です（表 3）。

\(A\) の符号を見るところが、この問題の要点です（第7節）。\(A = 3 > 0\) なので、\(+\binom{1}{2}\) の向き、つまり第1象限へ出ていきます。

検算。 \(t = 0\) を入れると \(3\binom{1}{2} + 2\binom{1}{-1} = \binom{3+2}{6-2} = \binom{5}{4}\) ✓

6 For each system, state whether the origin is a stable node, an unstable node or a saddle point.

(a) \(\dfrac{dx}{dt} = -4x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = 2x - 3y\)

(b) \(\dfrac{dx}{dt} = x + 4y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = 2x - y\)

(c) \(\dfrac{dx}{dt} = 3x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = y\)

(a) \(\lambda^{2} + 7\lambda + 10 = 0\), \(\ \lambda = -2,\ -5\) — both negative, so a stable node.

(b) \(\lambda^{2} - 9 = 0\), \(\ \lambda = 3,\ -3\) — opposite signs, so a saddle point.

(c) \(\lambda^{2} - 4\lambda + 3 = 0\), \(\ \lambda = 3,\ 1\) — both positive, so an unstable node.

(a) 対角の和 \(-7\)、\(\det = 12 - 2 = 10\)。

(b) 対角の和 \(0\)、\(\det = -1 - 8 = -9\)。\(\det < 0\) なので saddle です（表 4）。

\[ \lambda^{2} - 0\lambda + (-9) = \lambda^{2} - 9 = 0 \ \Longrightarrow \ \lambda = \pm 3 \]

(c) 対角の和 \(4\)、\(\det = 3 - 0 = 3\)。

\(\dfrac{dy}{dt} = y\) は \(x\) を含まないので、\(M = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\) です。左下に \(0\) を書いてください。

検算。 (c) は三角行列なので、対角の \(3\) と \(1\) がそのまま固有値です ✓ 対角の和 \(4\)、積 \(3\) とも合っています。

7 Consider \(\dfrac{dx}{dt} = -2x + y\), \(\ \dfrac{dy}{dt} = x - 2y\) with \(x = 6\), \(y = 2\) when \(t = 0\).

(a) Find the particular solution.

(b) Find the value of \(y\) when \(t = 1\), correct to \(3\) significant figures.

(a) \(M = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} + 4\lambda + 3 = 0, \qquad \lambda = -1 \text{ or } -3 \] \[ \lambda = -1: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = -3: \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \] When \(t = 0\): \(\ A + B = 6\), \(\ A - B = 2\), so \(A = 4\), \(B = 2\). \[ \mathbf{X} = 4\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-t} + 2\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-3t} \]

(b) \[ y = 4e^{-1} - 2e^{-3} = 1.4715 - 0.0996 = 1.3719 = 1.37 \ (3 \text{ s.f.}) \]

対角の和 \(-4\)、\(\det = 4 - 1 = 3\) です。

(b) \(y\) の成分は \(4e^{-t} - 2e^{-3t}\) です。\(\mathbf{p}_2\) の \(2\) 番目の成分が \(-1\) なので、マイナスが付きます。

\[ y = 4e^{-1} - 2e^{-3} = 1.4715 - 0.0996 = 1.3719 \]

\(3\) 桁で \(1.37\) です。

検算。 \(x = 4e^{-1} + 2e^{-3} = 1.4715 + 0.0996 = 1.5711\) です。

\(t = 0\) では \(x = 6\)、\(y = 2\) でしたから、どちらも減っています ✓ 固有値が両方負なので、正しい向きです。

\(t\) をもっと大きくすると、\(e^{-3t}\) が先に消えて \(x \approx y \approx 4e^{-t}\) になります。\(2\) つが近づいていくのも、第7節 のとおりです。

8 A student is asked to classify the origin for the system with matrix \(M = \begin{pmatrix} 1 & 6 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\).

The student writes:

\(\lambda^2 - 3\lambda + 8 = 0\), which has no real roots, so the origin is a saddle point.

Identify the two errors, and give the correct classification.

First, the constant term should be \(\det M = 1 \times 2 - 6 \times 1 = -4\), not \(+8\).

The correct equation is \(\lambda^{2} - 3\lambda - 4 = 0\).

Second, “no real roots” would not give a saddle point in any case; a saddle point needs two real eigenvalues with opposite signs.

\[ \lambda^{2} - 3\lambda - 4 = 0 \ \Longrightarrow \ (\lambda - 4)(\lambda + 1) = 0 \ \Longrightarrow \ \lambda = 4,\ -1 \]

The eigenvalues are real with opposite signs, so the origin IS a saddle point.

\(\det\) の計算間違いです。 \(ad - bc = 1 \times 2 - 6 \times 1 = 2 - 6 = -4\) です。生徒は \(6 \times 1\) を足してしまったようです。

\(2\) つ目は、理由づけの間違いです。 「実数解がない」なら固有値は複素数で、そのときは spiral か円・楕円です（AHL 5.17b）。saddle にはなりません。

結論はたまたま合っています。 しかし途中が両方とも違うので、点にはなりません。

検算。 \(4 + (-1) = 3\)（対角の和 \(1 + 2 = 3\)）✓ \(4 \times (-1) = -4\)（\(\det\)）✓

警告「答えが合っていたから良い」ではありません

Identify the errors のような問いは、過程を見るためのものです。

日ごろから、対角の和と \(\det\) で検算する習慣を付けてください（表 4）。

9 図 3 shows a phase portrait with a saddle point at the origin. The eigenvector for the positive eigenvalue is \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) and for the negative eigenvalue is \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\).

(a) A trajectory starts at \((2,\ -1)\). Determine the direction in which it eventually leaves, giving a reason.

(b) Explain what happens to a trajectory that starts exactly on the line \(y = -x\).

(a) Writing \(\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + B\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\): \[ A + B = 2, \qquad A - B = -1, \qquad A = 0.5, \qquad B = 1.5 \]

Since \(A = 0.5 > 0\), the growing term is \(+0.5\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{\lambda_1 t}\), so the trajectory eventually leaves in the direction of \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), into the first quadrant.

(b)

On the line \(y = -x\) the point is a multiple of \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\), so \(A = 0\) and only the term with the negative eigenvalue is present.

The trajectory therefore stays on that line and moves towards the origin, getting closer without ever reaching it.

(a) 第7節のとおり、\(A\) の符号が行き先を決めます。

\((2,\ -1)\) は \(y = -x\) の上（\(-1 > -2\)）なので、右上へ出ていきます。

(b) \(A = 0\) になる特別な場合です（Why it works）。

この直線の上にいるかぎり、そこから外れません。 eigenvector の直線そのものが軌道だからです（第8節）。

検算。 \((2,-1)\) で \(A = 0.5\)、\(B = 1.5\) です。足し戻すと \(0.5(1,1) + 1.5(1,-1) = (0.5+1.5,\ 0.5-1.5) = (2,\ -1)\) ✓

10 In a chemical reaction, \(x\) and \(y\) are the amounts (in grams) of two substances, \(t\) minutes after the start. They satisfy

\[ \frac{dx}{dt} = -5x + 3y, \qquad \frac{dy}{dt} = 3x - 5y, \]

with \(x = 10\) and \(y = 0\) when \(t = 0\).

(a) Find the eigenvalues, and state what they tell you about the long-term behaviour.

(b) Find the particular solution.

(c) Find the time at which \(x = y\).

(d) Comment on whether this model is realistic for large \(t\).

(a) \(M = \begin{pmatrix} -5 & 3 \\ 3 & -5 \end{pmatrix}\) \[ \lambda^{2} + 10\lambda + 16 = 0, \qquad (\lambda + 2)(\lambda + 8) = 0, \qquad \lambda = -2 \text{ or } -8 \]

Both eigenvalues are negative, so both amounts tend to zero: all solutions move towards the origin.

(b) \[ \lambda = -2: \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = -8: \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \] When \(t = 0\): \(\ A + B = 10\), \(\ A - B = 0\), so \(A = B = 5\). \[ \mathbf{X} = 5\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}e^{-2t} + 5\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}e^{-8t} \]

(c) \(x = y\) when \(5e^{-2t} + 5e^{-8t} = 5e^{-2t} - 5e^{-8t}\): \[ 10e^{-8t} = 0 \] This has no solution, so \(x\) and \(y\) are never exactly equal.

(d)

The model predicts that both amounts approach zero, so eventually almost none of either substance is left.

In a real reaction the total mass cannot simply disappear, so the model is not realistic for large \(t\) unless the substances are being converted into something else that is not counted here.

対角の和 \(-10\)、\(\det = 25 - 9 = 16\) です。

(c) が引っかけです。 差を計算すると

\[ x - y = 10e^{-8t} \]

\(e^{-8t}\) は決して \(0\) になりません（AHL 5.14）。ですから \(x = y\) になる時刻はありません。

「\(x\) と \(y\) は近づくが、一致しない」——これが答えです。

検算。 \(t = 1\) で \(x = 5e^{-2} + 5e^{-8} = 0.6767 + 0.0017 = 0.6784\)、\(y = 0.6767 - 0.0017 = 0.6750\) です。近いけれど、等しくありません ✓

\(t = 0\) では \(x = 10\)、\(y = 0\) ✓ 初期条件と合っています。

(d) Comment on whether ... realistic なので、モデルの弱点を具体的に書きます。

警告「\(0\) になる」と「\(0\) に近づく」を区別してください

\(e^{-2t}\) は \(0\) に近づきますが、\(0\) にはなりません（AHL 5.15）。

答案では tend to zero、approach zero と書きます。become zero は避けてください。