続×４ベクトルの回転

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

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．

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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，

\dfrac{d \bm{r}}{dt} &= (\bm{n} \times \bm{r}) \dfrac{d \phi}{dt} \\&= (\bm{\omega} \times \bm{r}) \tag{2}

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，

N = \begin{pmatrix} 0 & -n & m \\ n & 0 & -l \\ -m & l & 0 \end{pmatrix} \tag{3}

と行列で表現できますから，式 (2) は，

\dfrac{d \bm{r}}{dt} &= (\bm{n} \times \bm{r}) \dfrac{d \phi}{dt} \\&= \omega N \bm{r} \tag{4}

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

\bm{r} = \exp (t \omega N) \bm{r}_0 \tag{5}

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．

\lim_{n \to \infty }(1+\dfrac{x}{n})^{n} = e^x \tag{6}

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，

\bm{r} = (1+t \omega N) \bm{r}_0 \tag{7}

ということでした．これを二ステップに分けて考えると，

\bm{r} = (1+\dfrac{t \omega N}{2})^2 \bm{r}_0 \tag{8}

となり，三ステップだと，

\bm{r} = (1+\dfrac{t \omega N}{3})^3 \bm{r}_0 \tag{9}

ですね？つまり， それを何回も分けて繰り返すと，

\bm{r} =\lim_{n \to \infty } (1+\dfrac{t \omega N}{n})^{n} \bm{r}_0 \tag{10}

と書いてよいでしょう．つまり，これは

\lim_{n \to \infty } (1+\dfrac{t \omega N}{n})^{n} = \exp(t\omega N) \tag{11}

ということです．

Nの指数関数の計算

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．

\Lambda &= \omega P^{-1} N P \\&= \begin{pmatrix}i \omega & 0& 0 \\0 & -i\omega & 0 \\0 & 0 & 0\end{pmatrix}\tag{12}

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，

P = \begin{pmatrix}ln+im & ln-im & l \\mn-il & mn+il & m \\n^2-1 & n^2-1 & n\end{pmatrix} \tag{13}

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，

\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{14}

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

\begin{pmatrix} l \\ m \\ n\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \sin \theta \cos \phi \\ \sin \theta \sin \phi \\ \cos \theta\end{pmatrix} \tag{15}

を導入すると，

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{16}

であり，この共役転置行列 U^{\dagger}=U^{-1} は，

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{17}

です．よって，ダイアド積 \bm{n}\bm{n} を用いて，

\bm{n}\bm{n}=\begin{pmatrix}ll & lm & ln \\lm & mm & mn \\ln & mn & nn\end{pmatrix} \tag{18}

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，

\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{19}

ここで，

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{20}

なので，

\bm{n}\bm{n} = I + N^2 \tag{21}

の関係を使うと，

\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{22}

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．

\exp(t \omega N) = I+\dfrac{N^2}{\omega^2} - \dfrac{N^2}{\omega^2} \cos \omega t +\dfrac{N}{\omega} \sin \omega t

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．