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.320の問題番号「8.5.1」 に対する解答

$f(I)=(\ln I)^{-1}$とおくと、
\[ f^{(1)}=-\frac{1}{(\ln I)^2} \cdot \frac{1}{I} = -\frac{f^2}{I} \ \to \ If^{(1)}=-f^2 \]となる。この式の両辺を$I$で微分していくと、
\[ f^{(n+1)}=-I^{-1} \left( nf^{(n)}+\sum_{i=0}^n a_{i,n-i} f^{(i)} f^{(n-i)} \right) \]という関係式が得られる。ここで、係数$a_{i,n-i}$は
\[ (1+x)^n = \sum_{i=0}^n a_{i,n-i} x^i \]を満たし、また$f^{(0)}=f$とした。
$\ln(I-I_c)$は$I_c$において発散するので、$f(I-I_c)$は$I_c$において$0$となる。次に、$(I-Ic)[ \ln (I-I_c)]^2$は$I_c$において$0$となるので、$f^{(1)}(I-I_c)$は$I_c$において発散する。したがって、上記で求めた$f^{(n+1)}$の関係式を用いると、$f^{(n+1)}(I-I_c)$は$I_c$において発散することがわかる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-05-19 05:26:45

P.320の問題番号「8.5.3」 に対する解答

ロジスティック方程式$\dot{N}=rN(1-N/K(t))$ （$K(t)$は正で、tについて滑らかで$T$周期的）
(a) 曲線$N(t)=K(t)$を考える。このとき、$N(t)$の変化はこの曲線より上側では$\dot{N}<0$となり下向き、この曲線より下側では$\dot{N}>0$となり上向きとなる。特に、任意の$N>0$から始まる$N(t)$の値はやがて$K_{\mathrm{min}} \leq N \leq K_{\mathrm{max}} $の細い帯に入り、そこに永久に留まる。
時刻$t=0$で$N$であったものが、$T$時間後に$P(N)$となるポアンカレ写像を考える。$t=0, \ \ N=K_{\mathrm{min}}$で始まる$N$の時間変化を考えると、$P(K_{\mathrm{min}})>K_{\mathrm{min}}$となる。一方、$t=0, \ \ N=K_{\mathrm{max}}$で始まる$N$の時間変化を考えると、$P(K_{\mathrm{max}})<K_{\mathrm{max}}$となる。ポアンカレ写像$P(N)$が単調な連続関数であることを考慮すると、中間値の定理より$P(N)$のグラフは45°の対角線をどこかで横切らなくてはならない。この交点を$N^*$とすると、$P(N^*)=N^*$となり、これは周期$T$のリミットサイクルが存在することを示す。
(b) ポアンカレ写像$P(N)$がある区間で$P(N) \equiv N$となり、無限に多数の閉軌道の帯ができるとする。これらの閉軌道のうち、2つの閉軌道$N_1(t) > N_2(t)$を選らんでくる。この場合、ある時刻$t$において、$N_1(t) > K(t) > N_2(t)$となり、$\dot{N}_1<0. \ \ \dot{N}_2>0$となるはずである。このような$N_1, \ \ N_2$として互いに近接したもので、非常に短い時間間隔$\Delta t$後に、$N_1(t+\Delta t)=N_2(t+\Delta t)=K(t+\Delta t)$となるようなものを選ぶことができるはずである。しかしこれは軌道が互いに交わらないということに反する。したがって、リミットサイクルは唯一であると考えられる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-05-23 08:48:32

P.320の問題番号「8.6.2」 に対する解答

結合振動子系$\dot{\theta}_1 = \omega_1+K_1 \sin (\theta_2-\theta_1), \ \ \dot{\theta}_2 = \omega_2+K_2 \sin (\theta_1-\theta_2)$
(a) この系のヌルクラインは
\[ \sin (\theta_1-\theta_2)=\frac{\omega_1}{K_1}, \ \ \sin (\theta_1-\theta_2)=-\frac{\omega_2}{K_2} \]となるので、$\omega_1,\omega_2>0$および$K_1,K_2>0$ならば系は固定点をもたない。
(b) $\phi=\theta_1-\theta_2, \ \ \varphi=\theta_1+\theta_2$とおくと、
\[ \dot{\phi}=\omega_1-\omega_2-(K_1+K_2)\sin \phi, \ \ \dot{\varphi}=\omega_1+\omega_2-(K_1-K_2)\sin \phi \]の方程式が成り立つ。このとき、
\[ \frac{d \varphi}{d \phi}=\frac{\dot{\varphi}}{\dot{\phi}}=\frac{2\omega^*}{\omega_1-\omega_2-(K_1+K_2)\sin \phi}+\frac{K_1-K_2}{K_1+K_2} \]となる。ここで、
\[ \omega^*=\frac{K_1\omega_2+K_2\omega_1}{K_1+K_2} \]とおいた。この式より
\[ (K_1+K_2)d \varphi=\left[ (K_1-K_2)+\frac{2\omega^*}{s-\sin \phi} \right] d \phi \]と変形して両辺を積分した後、少し整理すると保存量を得ることができる。ここで、\[ s=\frac{\omega_1-\omega_2}{K_1+K_2} \]とおいた。
i) $|\omega_1-\omega_2|<K_1+K_2$のとき、
\[ E=\frac{s \tan(\phi/2)-1+\sqrt{1-s^2} \tanh [(K_1\theta_2+K_2\theta_1) \sqrt{1-s^2}/2\omega^*]}{\sqrt{1-s^2}+(s \tan(\phi/2)-1) \tanh [(K_1\theta_2+K_2\theta_1) \sqrt{1-s^2}/2\omega^*] } \] ii) $|\omega_1-\omega_2|>K_1+K_2$のとき、
\[ E=\frac{s \tan(\phi/2)-1-\sqrt{s^2-1} \tan [(K_1\theta_2+K_2\theta_1) \sqrt{s^2-1}/2\omega^*]}{\sqrt{s^2-1}+(s \tan(\phi/2)-1) \tan [(K_1\theta_2+K_2\theta_1) \sqrt{s^2-1}/2\omega^*] } \]となる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-06-03 06:04:42

P.321の問題番号「8.6.4」 に対する解答

系$\dot{\theta}_1=E-\sin \theta_1+K \sin(\theta_2-\theta_1), \ \ \dot{\theta}_2=E+\sin \theta_2+K \sin(\theta_1-\theta_2), \ \ E,K \geq 0$
(a) この系のヌルクラインは
\[ E-\sin \theta_1+K \sin(\theta_2-\theta_1)=0, \ \ E+\sin \theta_2+K \sin(\theta_1-\theta_2)=0 \]である。これらの式は以下のように変形できる。
\[ \begin{align}
& E-\cos \frac{\theta_1+\theta_2}{2} \sin \frac{\theta_1-\theta_2}{2}=0 \tag{1} \\
& \left( \sin \frac{\theta_1+\theta_2}{2} + 2K \sin \frac{\theta_1-\theta_2}{2} \right) \cos \frac{\theta_1-\theta_2}{2}=0 \tag{2}
\end{align} \]が得られる。$(2)$式は以下のように分解しておく。
\[ \begin{align}
& \sin \frac{\theta_1+\theta_2}{2} + 2K \sin \frac{\theta_1-\theta_2}{2}=0 \tag{2-1} \\
& \cos \frac{\theta_1-\theta_2}{2}=0 \tag{2-2}
\end{align} \]これらの式を使って固定点を分類する。
i)$E>1$のとき、固定点は存在しない。
ii)$E<1$のとき、$(1)$式と$(2$-$2)$式から2つの固定点
\[(\sin^{-1}E, \pi+\sin^{-1}E), \ \ (\pi-\sin^{-1}E,2\pi-\sin^{-1}E) \]が存在する。
iii)$E<1/\sqrt{2}, \ \ 4KE<1$および$1/\sqrt{2}<E<1, \ \ E^2+4K^2<1$のとき、$(1)$式と$(2$-$1)$式から
\[ \alpha=\sin^{-1}(4KE), \ \ \beta_-=\sin^{-1}\left[\frac{1}{2K} \sqrt{ \frac{1-\sqrt{1-16K^2E^2}}{2} } \right] \]とおいて、２つの固定点
\[ \left(-\frac{\alpha}{2}+\beta_-,2\pi-\frac{\alpha}{2}-\beta_- \right), \left(\pi-\frac{\alpha}{2}-\beta_-,\pi-\frac{\alpha}{2}+\beta_- \right) \]が存在する。
iv)$E<1/\sqrt{2}, \ \ 4KE<1, \ \ E^2+4K^2>1$のとき、$(1)$式と$(2$-$1)$式から
\[ \beta_+=\sin^{-1}\left[\frac{1}{2K} \sqrt{ \frac{1+\sqrt{1-16K^2E^2}}{2} } \right] \]とおいて、２つの固定点
\[ \left(-\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}+\beta_+,\frac{3}{2}\pi+\frac{\alpha}{2}-\beta_+ \right), \left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}-\beta_+,\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}+\beta_+ \right) \]が存在する。
以上のことから、
①$E>1$の領域では、固定点なし。
②$E<1/\sqrt{2}, \ \ 4KE<1$および$1/\sqrt{2}<E<1, \ \ E^2+4K^2<1$の領域では、2つの固定点（1つのサドルと1つの不安定ノード）をもつ。
③$E^2+4K^2<1$の領域では、4つの固定点（2つのサドル、1つの安定ノード、1つの不安定ノード）をもつ。
④$E<1/\sqrt{2}, \ \ 4KE<1, \ \ E^2+4K^2>1$の領域では、6つの固定点（3つのサドル、2つの安定ノード、1つの不安定ノード）をもつ。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-06-16 06:21:12

P.322の問題番号「8.6.6」 に対する解答

4次元の系$\ddot{x}+x=0, \ \ \ddot{y}+\omega^2 y=0$
(a) この系の一般解は
\[ x(t)=A \sin(t+\alpha), \ \ y(t)=B \sin(\omega t+\beta) \]と書くことができる。ここで、$A,B,\alpha,\beta$は定数である。したがって、もし
\[ x(t)=A(t) \sin \theta(t), \ \ y(t)=B(t) \sin \phi(t) \]と書くならば、
\[ A(t)=A, \ \ B(t)=B, \ \ \theta(t)=t+\alpha, \ \ \phi(t)=\omega t+\beta \]となるので、$\dot{A}=\dot{B}=0$であり、$\dot{\theta}=1, \ \ \dot{\phi}=\omega$となることがわかる。

(b) (a)の結果から、この系の軌道は
\[ x(t)=A \sin(t+\alpha), \ \ \dot{x}(t)=A \cos(t+\alpha), \ \ y(t)=B \sin(\omega t+\beta), \ \ \dot{y}(t)=\omega B \cos(\omega t+\beta) \]と表すことができる。これらの式から、$x(t),\dot{x}(t)$は$(x,\dot{x})$平面中の円上に拘束されており、$y(t),\dot{y}(t)$は$(y,\dot{y})$平面中の楕円上に拘束されていることがわかるので、この系の軌道は4次元の相空間中の2次元のトーラスに拘束されていることがわかる。

(c) リサージュ図形はこの系の軌道を$(x,y)$平面に射影したものと考えられる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2021-06-19 08:36:35