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.157の問題番号「5.2.4」 に対する解答

系$\dot{x}= 5x+10y, \ \ \dot{y} = -x-y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} 5 & 10 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} 5-\lambda & 10 \\ -1 & -1 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 - 4 \lambda + 5 = 0 \]となる。行列$A$の固有値は
\[ \lambda_1 = 2+i, \ \ \lambda_2 = 2 - i \]となる。固有値$\lambda_1 =2+i$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 3-i & 10 \\ -1 & -3-i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ v_1+ (3+i) v_2 = 0 \]より
\[ \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} -3-i \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。一方、固有値$\lambda_2 = 2-i$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 3+i & 10 \\ -1 & -3+i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ v_1 + (3-i)v_2 = 0 \]より、
\[ \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} -3+i \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。従って、一般解は
\[ \begin{eqnarray}
\boldsymbol{x}(t) &=& c_1 e^{(2+i)t} \begin{pmatrix} -3-i \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{(2-i)t} \begin{pmatrix} -3+i \\ 1 \end{pmatrix} \\
&=& e^{2t} ( C_1 \cos t - C_2 \sin t ) \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix} + e^{2t} ( C_1 \sin t + C_2 \cos t ) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\
&=& C e^{2t} \cos (t+\alpha) \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \end{pmatrix} + C e^{2t} \sin (t+\alpha) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{eqnarray} \]となる。ここで、$C_1 = c_1+c_2, \ \ C_2=-i(c_1 - c_2), \ \ C= \sqrt{C_1^2 + C_2^2}, \ \ \cos \alpha = C_1/C, \ \ \sin \alpha =C_2/ C$とおいた。
最後に、行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
$\tau = 4, \ \ \Delta = 5, \ \ \tau^2 -4 \Delta = -4$となるので、固定点は不安定スパイラルである。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-07-19 17:14:09

P.157の問題番号「5.2.6」 に対する解答

系$\dot{x}= -3 x + 2y, \ \ \dot{y} = x-2y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} -3-\lambda & 2 \\ 1 & -2 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 +5 \lambda +4 = 0 \]となり、行列$A$の固有値は
\[ \lambda_1 = -1, \ \ \lambda_2 = -4 \]となる。固有値$\lambda_1 =-1$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ v_1- v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。一方、固有値$\lambda_2 =-4$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ v_1 + 2 v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。従って、一般解は
\[ \boldsymbol{x}(t) = c_1 e^{-t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{-4t} \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。最後に、行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
$\tau = -5, \ \ \Delta = 4, \ \ \tau^2 -4 \Delta = 4$となるので、固定点は安定ノードである。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-07-21 04:40:44

P.157の問題番号「5.2.8」 に対する解答

系$\dot{x}= -3x+4y, \ \ \dot{y} = -2x+3y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} -3 & 4 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} -3-\lambda & 4 \\ -2 & 3 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 -1 = 0 \]となり、行列$A$の固有値は
\[ \lambda_1 = 1, \ \ \lambda_2 = -1 \]となる。固有値$\lambda_1 =1$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} -4 & 4 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ - v_1+ v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。一方、固有値$\lambda_2 =-1$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ -2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ - v_1 + 2 v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。従って、一般解は
\[ \boldsymbol{x}(t) = c_1 e^t \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{-t} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \]となる。最後に、行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
$\tau = 0, \ \ \Delta = -1, \ \ \tau^2 -4 \Delta = 4$となるので、固定点はサドル点である。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-07-22 04:27:20

P.157の問題番号「5.2.10」 に対する解答

系$\dot{x}= y, \ \ \dot{y} = -x-2y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -1 & -2 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 +2 \lambda +1 = 0 \]となる。行列$A$の固有値は
\[ \lambda = -1 \]となる。固有値$\lambda =-1$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ v_1 + v_2 = 0 \]より、
\[ \boldsymbol{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]となる。

行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
$\tau = -2, \ \ \Delta = 1, \ \ \tau^2 -4 \Delta = 0$となるので、固定点は安定な縮退したノードである。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-07-22 05:16:18

P.157の問題番号「5.2.12」 に対する解答

回路方程式$L \ddot{I} + R \dot{I} + I/C = 0$

(a) $\dot{I}=x$とおくと、
\[ \begin{equation} \begin{cases} \dot{I}=x \\ \dot{x} = - \frac{1}{LC} I - \frac{R}{L} x \end{cases} \end{equation} \]と2次元の線形系の形にすることができる。

(b) この方程式を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと、$\boldsymbol{x} = (I \ \ x)$として、
\[ A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{1}{LC} & -\frac{R}{L} \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ -\frac{1}{LC} & -\frac{R}{L} - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 +\frac{R}{L} \lambda +\frac{1}{LC} = 0 \]となる。従って、行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
\[ \tau = -\frac{R}{L}, \ \ \Delta = \frac{1}{LC} \]となる。以上より
$R>0$のとき、$\tau < 0, \ \ \Delta > 0$であるので、漸近安定となり、
$R=0$のとき、$\tau = 0, \ \ \Delta > 0$であるので、センター即ち中立安定となる。

(c) $\tau^2 - 4 \Delta = (R^2 C - 4L )/L^2 C$であるので、
i) $R^2 C - 4L > 0$のとき、原点は安定ノード
ii) $R^2 C - 4L = 0$のとき、原点は安定な縮退したノード
iii) $R^2 C - 4L < 0$のとき、原点は安定スパイラル
となる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-07-23 07:09:35