ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス : 数学的基礎から物理・生物・化学・工学への応用まで　の読書会ページ

P.127の問題番号「4.3.2」 に対する解答

非一様な振動子の振動周期
\[ T= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{d \theta}{\omega - a \sin \theta}, \ \omega > a > 0 \](a) 恒等式$\sec^2(\theta/2) = 1 + \tan^2(\theta/2)$を利用すると、
\[ du = \frac{1}{2} \sec^2(\frac{\theta}{2})d \theta = \frac{1}{2} \left( 1 + \tan^2(\frac{\theta}{2}) \right) d \theta = \frac{1+u^2}{2} d \theta \]となるので、\[ d \theta = \frac{2}{1+u^2} d u \]が得られる。
(b) ヒントより
\[ \sin(\frac{\theta}{2}) = \frac{u}{\sqrt{1+u^2}}, \ \cos(\frac{\theta}{2}) = \frac{1}{\sqrt{1+u^2}} \]となるので、半角公式を利用すると、
\[ \sin \theta = \frac{2u}{1+u^2} \]が得られる。
(c) $u = \tan(\theta/2)$であるので、$\theta$が$0$に近い方から$\theta \to \pm \pi$になるかぎり、$u \to \pm \infty$となるのは明らか。従って積分の範囲は$(-\pi,\pi)$から$(-\infty,\infty)$となる。
(d) \[ T = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\omega - a \cdot \frac{2u}{1+u^2} } \frac{2}{1+u^2} du = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{\omega (1+u^2) -2au} du \](e) 上式の被積分関数の分母は
\[ \omega (1+u^2) -2au = \omega \left( u - \frac{a}{\omega} \right)^2 + \frac{\omega^2 - a^2}{\omega} \]のように平方完成される。ここで、
\[ x = \frac{\omega}{2} \left( u - \frac{a}{\omega} \right), \ r = \frac{\omega^2 - a^2}{4} \]とおくと、
\[ T = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{r+x^2} \]となり、演習問題4.3.1の積分に帰着する。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-06-18 06:01:04

P.127の問題番号「4.3.4」 に対する解答

\[ \dot{\theta} = \frac{\sin \theta}{\mu + \cos \theta} \]最初
i) $\mu<-1$では、$\theta=0$に安定固定点、$\theta=\pi,(-\pi)$に不安定固定点をもっている。
次に、$\mu=-1$のとき、$\theta=0$で亜臨界ピッチフォーク分岐がおこり、
ii) $-1<\mu<1$のとき、$\theta=\pm \cos^{-1}(-\mu)$に安定固定点、$\theta=0,\pi,(-\pi)$に不安定固定点をもつ。
そして、$\mu=1$のとき、$\theta=\pi,(-\pi)$で超臨界ピッチフォーク分岐がおこり、
iii) $\mu > 1$のとき、$\theta=\pi,(-\pi)$に安定固定点、$\theta=0$に不安定固定点をもつようになる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-06-22 04:40:25

P.128の問題番号「4.3.6」 に対する解答

\[ \dot{\theta} = \mu + \sin \theta + \cos 2 \theta = - 2 \sin^2 \theta + \sin \theta + \mu + 1 \]最初、
i) $\mu < -9/8$のとき、固定点はない。
$\mu = -9/8$のとき、$\theta= \sin^{-1}(1/4), \pi - \sin^{-1}(1/4)$でサドルノード分岐を起こし、
ii) $-9/8 < \mu < 0$のとき、4つの固定点が現われる。ここで、$\theta= \sin^{-1}(1/4)$から現れる固定点を$\theta_{s+} (> \sin^{-1}(1/4))$, $\theta_{s-} (< \sin^{-1}(1/4))$と置き、
$\theta= \pi-\sin^{-1}(1/4)$から現れる固定点を$\theta_{l+} (> \pi-\sin^{-1}(1/4))$, $\theta_{l-} (< \pi-\sin^{-1}(1/4))$と置くと、
$\theta_{l+}$と$\theta_{s+}$で安定固定点、$\theta_{l-}$と$\theta_{s-}$で不安定固定点をもつ。
次に、$\mu=0$のとき、$\theta=\pi/2$でサドルノード分岐が起こり、$\theta_{l-}$と$\theta_{s+}$が対消滅し、
iii) $0 < \mu < 2 $のとき、$\theta_{l+}$で安定固定点、$\theta_{s-}$で不安定固定点をもつ。
最後に、$\mu=2$のとき、 $\theta = - \pi/2$でサドルノード分岐が起こり、$\theta_{l+}$と$\theta_{s-}$が対消滅する。よって、
iv) $\mu > 2$のとき、固定点はなし。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-06-23 06:20:53

P.128の問題番号「4.3.8」 に対する解答

\[ \dot{\theta} = \frac{\sin 2 \theta}{ 1 + \mu \sin \theta } \]最初、
i) $\mu < -1$のとき、$\theta = -\pi/2, \sin^{-1}(-1/\mu), \pi-\sin^{-1}(-1/\mu)$に安定固定点、$\theta = 0, \pi/2, \pi$に不安定固定点をもつ。
$\mu = -1$のとき、$\theta= \pi/2$で超臨界ピッチフォーク分岐を起こし、
ii) $-1 < \mu < 1$のとき、$\theta = -\pi/2, \pi/2$に安定固定点、$\theta = 0, \pi$に不安定固定点をもつ。
次に、$\mu=1$のとき、$\theta=-\pi/2$で亜臨界ピッチフォーク分岐が起こり、
iii) $ \mu > 1 $のとき、$\theta = \sin^{-1}(-1/\mu), -\pi-\sin^{-1}(-1/\mu), \pi/2$に安定固定点、$\theta = -\pi/2, 0, \pi$に不安定固定点をもつ。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-06-23 06:49:24

P.128の問題番号「4.3.10」 に対する解答

$x=r^a u$, $t = r^b \tau $とおくと、$\dot{x} = r + x^{2n}$は\[ r^{a-b} \frac{du}{d \tau} = r + r^{2na} u^{2n} \]となる。この方程式のすべての項が$r$について同じオーダーだとすると、$a,b$は$a-b=1, \ 2na = 1$を満たすので、
\[ a = \frac{1}{2}, \ b = \frac{1}{2n}-1 \]が得られる。従ってスケーリング則は
\[ T_{\rm{bottleneck}} \approx \int dt = r^{\frac{1}{2n}-1} \int d \tau = r^{\frac{1}{2n}-1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d \tau}{d u} d u = r^{\frac{1}{2n}-1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d u}{1+u^{2n}} \]となる。

次に、\[ c= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d u}{1+u^{2n}}\]を計算する。まず、$ \omega_m = \exp [i(\frac{m}{n} + \frac{1}{2n})\pi]$とおくと、
\[1+u^{2n} = (u - \omega_0)(u - \omega_1)(u - \omega_2)\cdots(u - \omega_{2n-1}) \]となる。積分経路を複素平面上で$(-R,R)$と$Re^{i \theta} \ (0 \leq \theta \leq \pi)$とすると、留数は$\omega_0, \omega_1, \cdots , \omega_{n-1}$となるので、留数定理より
\[ c = \sum_{m=0}^{n-1} \frac{2 \pi i}{(\omega_m - \omega_0)(\omega_m - \omega_1)\cdots(\omega_m - \omega_{m-1})(\omega_m - \omega_{m+1})\cdots(\omega_m - \omega_{2n-1})} \]となる。ここで$\omega_m = e^{i\frac{m}{n}\pi} \omega_0$となることを考慮すると、
\[ c = \sum_{m=0}^{n-1} e^{-i\frac{m}{n}(2n-1)\pi} \frac{2 \pi i}{(\omega_0 - \omega_1)(\omega_0 - \omega_2)\cdots(\omega_0 - \omega_{2n-1})} \\
= \frac{1-e^{i \pi}}{1-e^{i \frac{\pi}{n}}} \frac{2\pi i}{\omega_0^{2n-1}} \frac{1}{ (1 - e^{i\frac{1}{n} \pi})(1 - e^{i\frac{2}{n} \pi})\cdots(1 - e^{i\frac{2n-1}{n} \pi})} \\ = \frac{2 \pi}{\sin \frac{\pi}{2n}} \frac{1}{ (1 - e^{i\frac{1}{n} \pi})(1 - e^{i\frac{2}{n} \pi})\cdots(1 - e^{i\frac{2n-1}{n} \pi})} \]となる。
次に、$u^{2n}-1$は
\[u^{2n}-1 = (u-1)(u+1)(u^{2(n-1)} + u^{2(n-2)} + \cdots + 1 ) \\
= (u-1)(u - e^{i\frac{1}{n} \pi})(u - e^{i\frac{2}{n} \pi})\cdots(u - e^{i\frac{2n-1}{n} \pi}) \]となるので、
\[ (u - e^{i\frac{1}{n} \pi})(u - e^{i\frac{2}{n} \pi})\cdots(u - e^{i\frac{2n-1}{n} \pi}) = (u+1)(u^{2(n-1)} + u^{2(n-2)} + \cdots + 1 ) \]この式に$u=1$を代入すると、
\[ (1 - e^{i\frac{1}{n} \pi})(1 - e^{i\frac{2}{n} \pi})\cdots(1 - e^{i\frac{2n-1}{n} \pi}) = 2n \]が得られる。従って、
\[ c = \frac{\pi}{n \sin \frac{\pi}{2n}} \]となる。

投稿者：goodbook 投稿日時：2020-06-26 05:47:50