ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス　の読書会ページ

P.255の問題番号「7.3.1」 に対する解答

7.3.1
系$\dot{x}=x-y-x(x^2+5y^2), \ \ \dot{y} = x+y-y(x^2+y^2)$
(a) 原点でのヤコビ行列は
\[ A = \begin{pmatrix} 1-3x^2-5y^2 & -1-10xy \\ 1-2xy & 1-x^2-3y^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=2, \ \ \Delta =2, \ \ \tau^2 -4 \Delta = -4 \]となるので、不安定スパイラルとなる。

(b) $ \dot{r} = r - r^3 (1+\sin^2 2 \theta), \ \ \dot{\theta} = 1 + r^2 \sin 2\theta ( 1- \cos 2\theta )$

(c) 原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に外向きの成分をもつためには、$\dot{r}>0$が任意の$\theta$について成り立てばよい。つまり、
\[ r^2 < \frac{1}{1+\sin^2 2 \theta} \]が任意の$\theta$で成り立つ。$1 \leq 1+\sin^2 2 \theta \leq 2$であるので、外向きの成分をもつような最大半径は
\[ r_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \]となる。

(d) 原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に内向きの成分をもつためには、$\dot{r}<0$が任意の$\theta$について成り立てばよい。つまり、
\[ r^2 > \frac{1}{1+\sin^2 2 \theta} \]が任意の$\theta$で成り立つ。$1 \leq 1+\sin^2 2 \theta \leq 2$であるので、内向きの成分をもつような最大半径は
\[ r_2 = 1 \]となる。

(e) この系とトラッピング領域$r_1 \leq r \leq r_2$はポアンカレ-ベンディクソンの定理の仮定を満たすので、このトラッピング領域にリミットサイクルを持つ。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-01-30 14:34:42

P.255の問題番号「7.3.3」 に対する解答

系$\dot{x}=x-y-x^3, \ \ \dot{y} = x+y-y^3$
この系は原点に固定点を持つ。原点でのヤコビ行列は
\[ A = \begin{pmatrix} 1-3x^2 & -1 \\ 1 & 1-3y^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=2, \ \ \Delta =2, \ \ \tau^2 -4 \Delta = -4 \]となるので、不安定スパイラルとなる。
次に、この系を極座標で表すと、
\[ \dot{r} = r - \frac{r^3}{4} (3+\cos 4 \theta), \ \ \dot{\theta} = 1 - \frac{r^2}{4} \sin 4 \theta \]となる。
原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に外向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}>0$、すなわち、
\[ r^2 < \frac{4}{3+\cos 4 \theta} \]となる$r$を選べばよい。$1 \leq 4/(3+\cos 4 \theta ) \leq 2$であるので、これを満たす最大半径は
\[ r_1 = 1 \]となる。一方、原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に内向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}<0$、すなわち、
\[ r^2 > \frac{4}{3+\cos 4 \theta} \]となる$r$を選べばよい。$1 \leq 4/(3+\cos 4 \theta ) \leq 2$であるので、これを満たす最小半径は
\[ r_2 = \sqrt{2} \]となる。
したがって、この系とトラッピング領域$r_1 \leq r \leq r_2$はポアンカレ-ベンディクソンの定理の仮定を満たすので、このトラッピング領域に周期解を持つ。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-02-01 05:11:49

P.255の問題番号「7.3.5」 に対する解答

系$\dot{x}=-x-y+x(x^2+2y^2), \ \ \dot{y} = x-y+y(x^2 + 2 y^2)$
この系は原点に固定点を持つ。原点でのヤコビ行列は
\[ A = \begin{pmatrix} -1+3x^2+2y^2 & -1 +4xy\\ 1+2xy & -1 + x^2+6y^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=-2, \ \ \Delta =2, \ \ \tau^2 -4 \Delta = -4 \]となるので、安定スパイラルとなる。
ここで、この系を時間反転（$t \to -t$）した系
$\dot{x}=x+y-x(x^2+2y^2), \ \ \dot{y} = -x+y-y(x^2 + 2 y^2)$
を考える。この場合、原点は不安定スパイラルとなる。
次に、時間反転した系を極座標で表すと、
\[ \dot{r} = r - \frac{r^3}{2} (3+\cos 2 \theta), \ \ \dot{\theta} = -1 \]となる。
原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に外向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}>0$、すなわち、
\[ r^2 < \frac{2}{3+\cos 2 \theta} \]となる$r$を選べばよい。$1/2 \leq 2/(3+\cos 2 \theta ) \leq 1$であるので、これを満たす最大半径は
\[ r_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \]となる。一方、原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に内向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}<0$、すなわち、
\[ r^2 > \frac{2}{3+\cos 2 \theta} \]となる$r$を選べばよい。$1/2 \leq 2/(3+\cos 2 \theta ) \leq 1$であるので、これを満たす最小半径は
\[ r_2 = 1 \]となる。
したがって、時間反転した系とトラッピング領域$r_1 \leq r \leq r_2$はポアンカレ-ベンディクソンの定理の仮定を満たすので、このトラッピング領域に周期解を持つことがわかる。最後に周期解は時間反転しても周期解となるので、元の系にも少なくとも１つは周期解を持つことがわかる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-02-03 05:37:17

P.255の問題番号「7.3.7」 に対する解答

系$\dot{x}=y + ax(1-2b-r^2), \ \ \dot{y} = -x + a y (1-r^2), \ \ 0 < a \leq 1, \ \ 0 \leq b < \frac{1}{2}$

(a) この系を極座標で表すと、
\[ \dot{r} = a r ( 1 - b ( \cos 2 \theta + 1 ) - r^2 ), \ \ \ \dot{\theta} = -1 +ab \sin 2 \theta \]となる。

(b) この系は原点に固定点を持つ。原点でのヤコビ行列は
\[ A =\begin{pmatrix} a(1-2b) & 1 \\ -1 & a \end{pmatrix}, \\ \tau=2a(1-b)>0, \ \ \Delta = a^2 (1-2b) + 1 >0, \ \ \tau^2 -4 \Delta = 4(a^2 b^2-1) <0 \]となるので、不安定スパイラルとなる。
次に、原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に外向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}>0$、すなわち、
\[ r^2 < 1 - b( \cos 2 \theta + 1 ) \]となる$r$を選べばよい。$1-2b \leq 1 - b( \cos 2 \theta + 1 ) \leq 1$であるので、これを満たす最大半径は
\[ r_1 = \sqrt{1-2b} \]となる。一方、原点を中心とする円で、その上ですべての軌道が動径方向に内向きの成分をもつためには、任意の$\theta$について$\dot{r}<0$、すなわち、
\[ r^2 > 1 - b( \cos 2 \theta + 1 ) \]となる$r$を選べばよい。$1-2b \leq 1 - b( \cos 2 \theta + 1 ) \leq 1$であるので、これを満たす最小半径は
\[ r_2 = 1 \]となる。
したがって、この系とトラッピング領域$r_1 \leq r \leq r_2$はポアンカレ-ベンディクソンの定理の仮定を満たすので、少なくとも1つはリミットサイクルが存在する。
また、リミットサイクルの周期は
\[ T(a,b) = \int_0^{2 \pi} \frac{dt}{d \theta} d \theta = \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 -a b \sin 2 \theta } = \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 -a b \sin \theta } = \frac{2 \pi}{ \sqrt{1-a^2 b^2} } \]となる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-02-06 09:57:56

P.256の問題番号「7.3.9」 に対する解答

系$\dot{r}=r(1-r^2) + \mu r \cos \theta, \ \ \dot{\theta} = 1$
(a) $r(\theta) = 1+ \mu r_1( \theta ) + \mathcal{O} ( \mu^2 ) $とおく。このとき、
\[ \frac{d r}{d \theta} = \frac{ \dot{r} }{ \dot{\theta} } = r(1-r^2) + \mu r \cos \theta \]となるので、この式に$r(\theta)$を代入すると、$r_1(\theta)$の式として、\[ \frac{d r_1}{d \theta} = -2 r_1 + \cos \theta \]となる。この方程式を解いて、$r_1(\theta)$を陽に求めると、
\[ r_1(\theta) = \frac{1}{5} ( \sin \theta + 2 \cos \theta ) + C e^{-2 \theta} = \frac{1}{\sqrt{5}} \sin ( \theta + \alpha ) + C e^{-2 \theta} \]となる。ここで、$\sin \alpha = 2/\sqrt{5}, \ \ \cos \alpha = 1/\sqrt{5}$であり、$C$は積分定数である。

(b) $\theta$がある程度大きくなると、定数項$Ce^{-2 \theta}$は無視できる。このとき、$-1/\sqrt{5} \leq r_1 \leq 1/\sqrt{5}$となるので、
\[ 1-\frac{\mu}{\sqrt{5}} \leq r \leq 1+\frac{\mu}{\sqrt{5}} \]となる。一方、$\mu \ll 1$のとき、
\[ \sqrt{1 \pm \mu} \approx 1 \pm \frac{1}{2} \mu \]であるので、求めた近似解は$\sqrt{1-\mu} < r < \sqrt{1+\mu}$の円環内に存在することがわかる。

(c) $\mu=0.1$のときの数値解と近似解のプロットを添付図に示す。
その他にもいくつかの$\mu$でプロットした結果、両者の最大誤差は$\mu^2/10$程度であることが分かった。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-02-11 13:35:58