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ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806)

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ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス

著者：スティーヴン・H．ストロガッツ/田中久陽

出版社：丸善出版 (2015年01月30日頃)

ISBN-10：4621085808

ISBN-13：9784621085806

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P.209の問題番号「6.6.8」への解答

\[ \dot{x} = \frac{\sqrt{2}}{4} x(x-1) \sin \phi, \ \ \dot{\phi} = \frac{1}{2} \left( \beta - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \phi - \frac{1}{8 \sqrt{2}} x \cos \phi \right) \\ 0 \leq x \leq 1, \ \ - \pi \leq \phi \leq \pi \]
(a) 変数変換$t \to -t, \ \ \phi \to -\phi$を考えると、
$ \dot{x} \to -\dot{x}, \ \ \dot{\phi} \to \dot{\phi}, \ \ \sin \phi \to - \sin \phi, \ \ \cos \phi \to \cos \phi$
となるので、系は不変である。したがって、変数変換$t \to -t, \ \ \phi \to -\phi$のもとで系は可逆である。

解答者：goodbook 解答日時：2020-12-08 04:40:44

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問題解答へのコメント

1

(b) $\beta >0$とする。
i) $ 0<\beta<1/\sqrt{2}$のとき、固定点は$(0, \pm \phi_1), \ \ (1, \pm \phi_2)$の4点。
ii) $1/\sqrt{2}< \beta \leq 9/8\sqrt{2}$のとき、固定点は$(8(\sqrt{2} \beta-1), 0), \ \ (1, \pm \phi_2)$の3点。
iii) $\beta > 9/8\sqrt{2}$のとき、固定点はなし。
ここで、$\cos \phi_1 = \sqrt{2} \beta, \ \ \cos \phi_2 = 8 \sqrt{2} \beta / 9, \ \ 0 \leq \phi_1, \ \phi_2 \leq \pi$。
また、この系のヤコビ行列は
\[ A = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{4}(2x-1) \sin \phi & \frac{\sqrt{2}}{4} x(x-1) \cos \phi \\ -\frac{1}{16 \sqrt{2}} \cos \phi & \frac{x+8}{16\sqrt{2}} \sin \phi \end{pmatrix} \]となる。
$1/\sqrt{2}< \beta < 9/8\sqrt{2}$のとき、
\[ (8(\sqrt{2} \beta - 1),0) \ : \ A = \begin{pmatrix} 0 & -32\sqrt{2}\left(\beta - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{9}{8\sqrt{2}}-\beta\right) \\ -\frac{1}{16\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix} \] $\tau = 0, \ \ \Delta = -2\left(\beta - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{9}{8\sqrt{2}}-\beta\right)<0$となるので、サドル点となる。
\[ \lambda = \pm \sqrt{2\left(\beta - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{9}{8\sqrt{2}}-\beta\right)} \ \ \to \ \ \begin{pmatrix} 32\sqrt{\left(\beta - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{9}{8\sqrt{2}}-\beta\right)} \\ \mp 1 \end{pmatrix} \]
\[ (1,\pm \phi_2) \ : \ A = \begin{pmatrix} \pm \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_2 & 0 \\ -\frac{1}{16\sqrt{2}} \cos \phi_2 & \pm \frac{9}{16\sqrt{2}} \cos \phi_2 \end{pmatrix} \\
\tau = \pm \frac{17\sqrt{2}}{32} \sin \phi_2, \ \ \Delta = \frac{9}{64} \sin^2 \phi_2 > 0, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = \frac{1}{512} \sin^2 \phi_2 >0 \] となるので、$(1, \phi_2)$が不安定ノード、$(1, -\phi_2)$が安定ノードとなる。
\[ \lambda = \pm \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_2 \ \ \to \ \ \begin{pmatrix} \pm \sin \phi_2 \\ \cos \phi_2 \end{pmatrix} \\
\lambda = \pm \frac{9}{16 \sqrt{2}} \sin \phi_2 \ \ \to \ \ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-12-08 04:54:57

2

(b)の続き
$(8(\sqrt{2} \beta - 1),0)$にあるサドルの不安定多様体を考える。この多様体は、線形化によって得られる不安定な固有方向のベクトルが$(-8\sqrt{(\sqrt{2} \beta - 1)(9-8\sqrt{2} \beta)}, 1)$だから、これに沿って$(8(\sqrt{2} \beta - 1),0)$から去る。ゆえに、不安定多様体の一部は$(8(\sqrt{2} \beta - 1),0)$の近くでは、$x>0, \ \ \phi > 0, \ \ (x+8) \cos \phi < 8 \sqrt{2} \beta$の領域にある。したがって$(8(\sqrt{2} \beta - 1),0)$から$(-8\sqrt{(\sqrt{2} \beta - 1)(9-8\sqrt{2} \beta)}, 1)$の向きにわずかにずれた点から出発した不安定多様体に沿って動く座標$(x(t),\phi(t))$を持つ点を考えると、$\dot{x} = \frac{\sqrt{2}}{4} x(x-1) \sin \phi<0$なので、$x(t)$は減少しなくてはならない。また、$\dot{\phi} = \frac{1}{2} \left( \beta - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \phi - \frac{1}{8 \sqrt{2}} x \cos \phi \right) >0$なので、$\phi(t)$は増加する。
$x$方向の速度は連続的に減少していき、$\phi$方向の速度は連続的に増加していくので、点は$x=0$に漸近しながら、いずれ$\phi=\pi$をまたぐはずである。
また、可逆性により、$\phi>0$の領域にある軌道は、$\phi<0$の領域に矢印が反転した双子の軌道を持つはずであるので、この2つの軌道は$\phi = \pi$と$\phi=-\pi$でつながり、全体としてホモクリニック軌道となる。つまり、このサドルは、円柱の腰の部分を回るホモクリニック軌道により、自分自身につながっている。

$\phi = 0, \ \ 0<x<8(\sqrt{2} \beta -1)$を満たす任意の点を考える。これらの点では、$\dot{x}=0, \ \ \dot{\phi} >0$となるので、これらの点から出発する軌道に沿って動く座標$(x(t),\phi(t))$は$x>0, \ \ \phi > 0, \ \ (x+8) \cos \phi < 8 \sqrt{2} \beta$の領域に進む。
したがって、上記と同じ議論で考えを進めると、$\phi = 0, \ \ 0<x<8(\sqrt{2} \beta -1)$の点から出発する軌道は閉軌道となる。また、任意の2つの軌道は交わることがないので、これらの軌道は円$x=0$とホモクリニック軌道の間にサンドイッチされた閉軌道の束となる。

相図は添付図のようになる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-12-08 05:00:20

3

(c) $\beta \to 1/\sqrt{2}$に近づいていくと、サドル点$(8(\sqrt{2} \beta - 1),0)$は$(0,0)$に近づいていく。ホモクリニック軌道の任意の点の$x$座標は$x(t)<(\sqrt{2} \beta -1)$であるので、$\beta \to 1/\sqrt{2}$のとき、軌道は円$x=0$に全体的に近づいていく。つまり、サドルが円$x=0$に向かって動き、ホモクリニック軌道は輪縄のようにきつく締まる。$\beta=1/\sqrt{2}$のとき、円$x=0$が、サドル点$(0,0)$のホモクリニック軌道となり、すべての閉軌道は消え去る。


(d) $ 0<\beta<1/\sqrt{2}$のとき、固定点は$(0, \pm \phi_1), \ \ (1, \pm \phi_2)$の4点。
\[ (0,\pm \phi_1) \ : \ A = \begin{pmatrix} \mp \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_1 & 0 \\ -\frac{1}{16\sqrt{2}} \cos \phi_1 & \pm \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_1 \end{pmatrix} \] $\tau = 0, \ \ \Delta = -\frac{1}{8} \sin^2 \phi_1 <0$となるので、サドル点となる。
\[ \lambda = \pm \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_1 \ \ \to \ \ \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\
\lambda = \mp \frac{\sqrt{2}}{4} \sin \phi_1 \ \ \to \ \ \begin{pmatrix} 16 \sin \phi_1 \\ \pm \cos \phi_1 \end{pmatrix} \]
この時の相図は添付図のようになる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-12-08 05:06:04

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