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.

d \bm{r} = (\bm{n} \times \bm{r}) d \phi \tag{1}

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, Nn 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. それでは,今日はこの辺で,お疲れ様でした.