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続×４ベクトルの回転
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我々は、 続々ベクトルの回転_ で行列の指数関数がうまく行列の回転を
表すことを見ました。それはなぜかを説明できたので、
解釈の仕方を書こうと思います。
回転を表す微分方程式
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Joh氏は ベクトルの回転_ に於いて、微小回転について触れています。
それは次のような式です。
<tex>
d \bm{r} = (\bm{n} \times \bm{r}) d \phi \tag{##}
</tex>
ここで、この微小量を時間 $dt$ での微分と考えて、 $\dfrac{d \phi}{dt} \bm{n} \equiv \bm{\omega} $ と置くと、
<tex>
\dfrac{d \bm{r}}{dt} &= (\bm{n} \times \bm{r}) \dfrac{d \phi}{dt} \\
&= (\bm{\omega} \times \bm{r}) \tag{##}
</tex>
とします。これは単位時間に回転軸 $\bm{n}$ と回転の対象である位置ベクトル $\bm{r}$ の両方に直交する
方向に $\omega \equiv |\bm{\omega}|=\dfrac{d \phi}{dt}$ だけ動く系であることを示しています。
つまり、その解 $\bm{r}$ は回転を行った後の位置ベクトルを記述します。
ここで 続ベクトルの回転_ で書いた行列での記法で、式 $ (2) $ を書き直します。
すると、
<tex>
N = \begin{pmatrix}
0 & -n & m \\
n & 0 & -l \\
-m & l & 0
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
と行列で表現できますから、式 $(2)$ は、
<tex>
\dfrac{d \bm{r}}{dt} &= (\bm{n} \times \bm{r}) \dfrac{d \phi}{dt} \\
&= \omega N \bm{r} \tag{##}
</tex>
となります。すると、 ジョルダン標準形の指数関数の応用_ と同じ論法で、解は
<tex>
\bm{r} = \exp (t \omega N) \bm{r}_0 \tag{##}
</tex>
だと分かります。なぜこうなるかは、次の話が厳密ではありませんが参考にはなるでしょう。
<tex>
\lim_{n \to \infty }(1+\dfrac{x}{n})^{n} = e^x \tag{##}
</tex>
がネイピア数の定義だったと思います。
ここで微小回転を $\bm{r}$ に施すということは、
<tex>
\bm{r} = (1+t \omega N) \bm{r}_0 \tag{##}
</tex>
ということでした。これを二ステップに分けて考えると、
<tex>
\bm{r} = (1+\dfrac{t \omega N}{2})^2 \bm{r}_0 \tag{##}
</tex>
となり、三ステップだと、
<tex>
\bm{r} = (1+\dfrac{t \omega N}{3})^3 \bm{r}_0 \tag{##}
</tex>
ですね？つまり、
それを何回も分けて繰り返すと、
<tex>
\bm{r} =\lim_{n \to \infty } (1+\dfrac{t \omega N}{n})^{n} \bm{r}_0 \tag{##}
</tex>
と書いてよいでしょう。つまり、これは
<tex>
\lim_{n \to \infty } (1+\dfrac{t \omega N}{n})^{n} = \exp(t\omega N) \tag{##}
</tex>
ということです。
Nの指数関数の計算
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これから、もうすでに 続々ベクトルの回転_ で求めましたが、
別の方法で行列 $N$ の指数関数を求めたいと思います。まず、 $N$ を対角化して $\Lambda$ とし、 $N$ の $n$ 乗を求めます。
<tex>
\Lambda &= \omega P^{-1} N P \\
&= \begin{pmatrix}
i \omega & 0& 0 \\
0 & -i\omega & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\tag{##}
</tex>
で、この固有値の順番に対応する固有ベクトルからなる行列 $P$ は、
<tex>
P = \begin{pmatrix}
ln+im & ln-im & l \\
mn-il & mn+il & m \\
n^2-1 & n^2-1 & n
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
となります。 $i$ は虚数単位です。
よって、この行列の指数関数は、
<tex>
\exp(t \Lambda) &=\exp( t \omega P^{-1} N P ) \\
&= \begin{pmatrix}
e^{i \omega t} & 0& 0 \\
0 & e^{-i \omega t} & 0 \\
0 & 0 & e^{0}
\end{pmatrix} \\
&=
\begin{pmatrix}
e^{i \omega t} & 0& 0 \\
0 & e^{-i \omega t} & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\tag{##}
</tex>
となります。
ここで後の議論に便利なように、 $P$ をユニタリー化して $U$ としておきます。
なぜなら、そうすると逆行列が共役転置（随伴作用）で求まるからです。
簡単の為、三次元極座標
<tex>
\begin{pmatrix}
l \\
m \\
n
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\sin \theta \cos \phi \\
\sin \theta \sin \phi \\
\cos \theta
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
を導入すると、
<tex>
U = \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\begin{pmatrix}
\cos \theta \cos \phi + i \sin \phi & \cos \theta \cos \phi - i \sin \phi & \sqrt{2} \sin \theta \cos \phi \\
\cos \theta \sin \phi - i \cos \phi & \cos \theta \sin \phi + i \cos \phi & \sqrt{2} \sin \theta \sin \phi \\
-\sin \theta & -\sin \theta & \sqrt{2} \cos \theta
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
であり、この共役転置行列 $U^{\dagger}=U^{-1}$ は、
<tex>
U^{-1} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\begin{pmatrix}
\cos \theta \cos \phi - i \sin \phi & \cos \theta \sin \phi + i \cos \phi & -\sin \theta \\
\cos \theta \cos \phi + i \sin \phi & \cos \theta \sin \phi - i \cos \phi & -\sin \theta \\
\sqrt{2} \sin \theta \cos \phi & \sqrt{2} \sin \theta \sin \phi & \sqrt{2} \cos \theta
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
です。よって、ダイアド積 $\bm{n}\bm{n}$ を用いて、
<tex>
\bm{n}\bm{n}=
\begin{pmatrix}
ll & lm & ln \\
lm & mm & mn \\
ln & mn & nn
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
と書き、三次単位行列を $I$ と書くことにすると、 正方行列の三連続積の展開_ の方法を用いて、
<tex>
\exp(t \omega N) &= UU^{-1} \exp(t \omega N) UU^{-1} \\
&= U \exp(t \omega U^{-1}NU) U^{-1} \\
&= U \exp(t \Lambda) U^{-1} \\
&= U
\begin{pmatrix}
e^{i \omega t} & 0& 0 \\
0 & e^{-i \omega t} & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
U^{-1} \\
&=
\dfrac{e^{i \omega t}}{2}
(I-iN-\bm{n}\bm{n})
+\dfrac{e^{-i \omega t}}{2}
(I+iN-\bm{n}\bm{n}) +\bm{n}\bm{n}
\tag{##}
</tex>
ここで、
<tex>
N^2=
\begin{pmatrix}
-m^2-n^2 & lm & ln \\
lm & -l^2-n^2 & mn \\
ln & mn & -l^2-m^2
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
なので、
<tex>
\bm{n}\bm{n} = I + N^2 \tag{##}
</tex>
の関係を使うと、
<tex>
\exp(t \omega N)
&=
\dfrac{e^{i \omega t}}{2}
(I-iN-\bm{n}\bm{n})
+\dfrac{e^{-i \omega t}}{2}
(I+iN-\bm{n}\bm{n}) + \bm{n}\bm{n}\\
&= \bm{n}\bm{n} - N^2 \cos \omega t + N \sin \omega t
\tag{##}
</tex>
となり、 続々ベクトルの回転_ の結果と一致します。
つまり、これは位置ベクトルが回転軸 $\bm{n}$ の周りを角速度 $\omega$ で回転する様子を
記述している式だったのです。めでたしめでたし。
2023.11.11追記
この議論は$\ell^2+m^2+n^2=1$の議論に引きずられていて、最後の結論がおかしいです。
この議論は $\ell^2+m^2+n^2=1$ の議論に引きずられていて、最後の結論がおかしいです。
<tex>
\exp(t \omega N) = I+\dfrac{N^2}{\omega^2} - \dfrac{N^2}{\omega^2} \cos \omega t +\dfrac{N}{\omega} \sin \omega t
</tex>
となるはずです。原因が分かりませんが、ご注意だけ、すみません。
それでは、今日はこの辺で、お疲れ様でした。
.. _ベクトルの回転: http://hooktail.sub.jp/vectoranalysis/vectorRot/
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.. _正方行列の三連続積の展開: http://hooktail.sub.jp/mathInPhys/3MatricesProduct/
.. _ジョルダン標準形の指数関数の応用: http://hooktail.sub.jp/mathInPhys/simDifEqu/
@@author:クロメル@@
@@accept:2013-03-13@@
@@category:ベクトル解析@@
@@id:vectorRot5@@
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