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NO. 00178321 DATE 2024 03 29

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

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(9784621085806)

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

著者:Strogatz,StevenHenry,1959- 田中,久陽 中尾,裕也 千葉,逸人,1982-

出版社:丸善出版 (201501)

ISBN-10:4621085808

ISBN-13:9784621085806

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P.128の問題番号「4.4.4」 に対する解答

(a) 方程式$b\dot{\theta} + mgL \sin \theta = \Gamma - k \theta$は円周上の各点に一意的に速度ベクトルを割り当てることができないので、円周上に矛盾なく定義されるベクトル場を与えない。
(b) $\tau = \frac{mgL}{b}t, \ \gamma = \frac{\Gamma}{mgL}, \ K = \frac{k}{mgL}$とおくと、
\[ \theta' = \gamma - K \theta - \sin \theta \]となる。
(c) 長時間経つと、$\gamma - K \theta - \sin \theta = 0$を満たす適当な安定固定点に落ち着く。
(d) $f(\theta) = \gamma - K \theta$と$g(\theta) = \sin \theta$の交点を考えると、$K$が十分小さいとき、無数の固定点が現われ、その後、$K$が大きくなるにつれて、たくさんのサドルノード分岐がおこり、固定点の対消滅がおこる。$K$が十分大きな値になると、安定固定点が1つだけ残る。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-06-28 11:43:19

P.129の問題番号「4.5.1」 に対する解答

(a) 省略
(b) $\phi=\Theta-\theta$とおくと、
\[ \dot{\phi} = \Omega - \omega - Af(\phi) \]となる。さらに、$\tau = At, \ \mu = (\Omega - \omega)/A$とおくと、
\[ \phi' = \mu - f(\phi) \]が得られる。この式から引き込み領域は、
\[ -\frac{\pi}{2} \leq \mu \leq \frac{\pi}{2} \]すなわち
\[ \omega-\frac{\pi}{2}A \leq \Omega \leq \omega + \frac{\pi}{2}A \]となる。
(c) 位相ロック時の位相差は
\[ \phi^* = \mu = \frac{\Omega - \omega}{A} \]となる。
(d) 位相ドリフトの周期$T_{\rm{drift}}$は
\[ T_{\rm{drift}} = \int dt = \int_0^{2\pi} \frac{dt}{d \phi} d \phi = \frac{1}{A} \int_0^{2 \pi} \frac{d \phi}{\mu - f(\phi)} \\
= \frac{1}{A} \left[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \phi}{\mu - \phi} + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3}{2}\pi} \frac{d \phi}{\mu - \pi + \phi} + \int_{\frac{3}{2}\pi}^{2 \pi} \frac{d \phi}{\mu - \phi + 2 \pi} \right] \\ = \frac{2}{A} \ln \left| \frac{\mu + \frac{\pi}{2}}{\mu - \frac{\pi}{2}} \right| = \frac{2}{A} \ln \left| \frac{\Omega - \omega + \frac{\pi}{2}A}{\Omega - \omega - \frac{\pi}{2}A} \right| \]となる。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-06-29 05:15:14

P.129の問題番号「4.5.2」 に対する解答

$f(\phi)$の最大値を$M$、そのときの位相差を$\phi_M$、$f(\phi)$の最小値を$m$、そのときの位相差を$\phi_m$とおく。
(b) 引き込み領域は$m \leq \mu \leq M$すなわち$\omega + m A \leq \Omega \leq \omega + MA$となる。
(c) 位相ロック時の位相差は、$\mu = f(\phi^*)$を満たす$\phi^*$となる。ただし、
$\phi_m < \phi_M$のとき、$\phi_m \leq \phi^* \leq \phi_M$となり、
$\phi_m > \phi_M$のとき、$-\pi < \phi^* \leq \phi_M, \ \phi_m \leq \phi^* \leq \pi$となる。
(d) 位相ドリフトの周期$T_{\rm{drift}}$は
\[ T_{\rm{drift}} = \frac{1}{A} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{d \phi}{\mu - f(\phi)} \]となる。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-06-29 05:28:04

P.129の問題番号「4.5.3」 に対する解答

$\dot{\theta} = \mu + \sin \theta$、$\mu$は$1$より少し小さい。
(a) この系は、$\theta^* = - \sin^{-1}(-\mu) - \pi$に安定固定点、$\theta^* = \sin^{-1}(-\mu)$に不安定固定点をもつ。
従って、安定固定点$\theta^* = - \sin^{-1}(-\mu) - \pi$を「静止状態」とし、しきい値$\Gamma$を$\Gamma = \sin^{-1}(-\mu) - (- \sin^{-1}(-\mu) - \pi) = \pi + 2 \sin^{-1}(-\mu)$とすると、
(1) 大域的に吸引するような唯一の静止状態をもち、
(2) 十分大きな刺激($ > \Gamma$)を与えると、系は静止状態に戻る前に、相空間の中の長い周遊運動を行う。
(b) $V(t) = \cos \theta(t)$は静止状態で$-\sqrt{1-\mu^2}$の値を持ち、また、しきい値$\Gamma$の刺激を与えると$\sqrt{1-\mu^2}$の値をもつ。
これを踏まえて、しきい値より小さい刺激を与えた場合、$V(t)$の値は時間が経つにつれて、静止状態の値$-\sqrt{1-\mu^2}$に近づいていく。
一方、しきい値より大きい刺激を与えた場合、$V(t)$の値はまず$1$に上がり、その後、急激に$-1$まで下がった後、ゆっくりと値を上げていき、静止状態の値$-\sqrt{1-\mu^2}$に近づいていく。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-06-29 05:49:42

P.130の問題番号「4.6.1」 に対する解答

(a) $I/I_c$が$1$より少しだけ大きいとき、$I_c \sin \phi(t)$は、
最初$0$から$I_c$近くまで上がり、そのまま$2 \pi / \sqrt{(I/I_c)^2-1}$程度の時間そこにとどまった後、一旦$-I_c$まで下がり再び$0$に戻る。
$I/I_c \gg 1$のとき、$I_c \sin \phi(t)$は周期$2 \pi / \sqrt{(I/I_c)^2-1}$で位相ドリフトを起こす。

(b) $I/I_c$が$1$より少しだけ大きいとき、瞬間電圧$V(t)$は、
最初$RI$であった電圧が$0$近くまで下がり、そのまま$2 \pi / \sqrt{(I/I_c)^2-1}$程度の時間そこにとどまった後、一旦$R(I+I_c)$まで上がり再び$RI$に戻る。
$I/I_c \gg 1$のとき、$V(t)$は周期$2 \pi / \sqrt{(I/I_c)^2-1}$で位相ドリフトを起こす。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-02 04:01:44

P.130の問題番号「4.6.3」 に対する解答

(a) 式$\phi'=I/I_c - \sin \phi$に対応するポテンシャル関数は
\[ V(\phi) = -\frac{I}{I_c} \phi - \cos \phi \]となる。また、$V(0) = -1$、$V(2\pi)=-2\pi I/I_c - 1$となるので、$V(\phi)$は円周上の1価の関数ではない。

(b)(c) $I/I_c < 1$のとき、$V(\phi)$は$\phi^* = \phi_0 + 2 \pi n \ (0 < \phi_0 < \pi/2, \ n=0,1,\cdots )$に極小値をもつ。
一方、 $I/I_c > 1$のとき、$V(\phi)$は極値を持たない。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-05 05:30:01

P.130の問題番号「4.6.4」 に対する解答

(a) キルヒホッフの電流則より
\[ I_b = I_a + I_R \tag{1} \]となる。

(b) キルヒホッフの電圧則により、ジョセフソン接合素子に並列につながっている抵抗$r$にも同じ電圧$V_k \ (k=1,2)$がかかる。従って、キルヒホッフの電流則により、
\[ I_a = I_c \sin \phi_k + \frac{V_k}{r} \ \ \ (k=1,2) \tag{2} \]となる。

(c) ジョセフソンの電圧-位相関係式より
\[ V_k = \frac{\hbar}{2 e} \dot{\phi_k} \tag{3} \]となる。

(d) キルヒホッフの電圧則により抵抗$R$にかかる電圧$V_R$は
\[ V_R = V_1 + V_2 = \frac{\hbar}{2 e} (\dot{\phi_1} + \dot{\phi_2}) \tag{4} \]となる。従って、(1)~(4)式と$I_R = V_R/R$であることを利用すると、
\[ I_b = I_c \sin \phi_k + \frac{\hbar}{2er} \dot{\phi_k} + \frac{\hbar}{2eR} (\dot{\phi_1} + \dot{\phi_2}) \tag{5} \]が得られる。

(e) (5)式の$k=1,2$を足して整理すると、
\[ \dot{\phi_1} + \dot{\phi_2} = \frac{2eR_0 r}{\hbar (R_0+r)}(2I_b - I_c \sum_{j=1}^2 \sin \phi_j ) \tag{6} \]が得られる。ここで、$R_0=R/2$とおいた。(5)式に(6)式を代入して整理すると、
\[ \dot{\phi_k} = \frac{2eR_0 r}{\hbar (R_0+r)} I_b - \frac{2er}{\hbar} I_c \sin \phi_k + \frac{e r^2}{\hbar (R_0+r)} I_c \sum_{j=1}^2 \sin \phi_j \]となる。従って、
\[ \Omega = \frac{2eR_0 r}{\hbar (R_0+r)} I_b, \ a = - \frac{2er}{\hbar} I_c, \ K=\frac{e r^2}{\hbar (R_0+r)} I_c \]とおくと、
\[\dot{\phi_k} = \Omega + a \sin \phi_k + K \sum_{j=1}^2 \sin \phi_j \]となる。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-05 06:07:44

P.131の問題番号「4.6.5」 に対する解答

演習問題4.6.4と同じ順序で計算していくと、
\[ I_b = I_c \sin \phi_k + \frac{\hbar}{2er} \dot{\phi_k} + \frac{\hbar}{2eR} \sum_{j=1}^N \dot{\phi_j} \ \ (k=1,2,\cdots,N) \tag{1} \]を得る。(1)式を$k=1,2,\cdots,N$について和をとり整理すると、
\[ \sum_{j=1}^N \dot{\phi_j} = \frac{2eR_0 r}{\hbar (R_0+r)}(NI_b - I_c \sum_{j=1}^N \sin \phi_j ) \tag{2} \]が得られる。ここで、$R_0=R/N$とおいた。(1)式に(2)式を代入して整理すると、
\[ \frac{\hbar (R_0+r)}{2er^2 I_c} \dot{\phi_k} = \frac{R_0 I_b}{r I_c} - \frac{R_0 + r}{r} \sin \phi_k + \frac{1}{N} \sum_{j=1}^N \sin \phi_j \]となる。従って、
\[ \tau = \frac{2er^2 I_c}{\hbar (R_0+r)} t, \ \ \Omega =\frac{R_0 I_b}{r I_c}, \ \ a = - \frac{R_0 + r}{r} \]とおくと、
\[\frac{d \phi_k}{d \tau} = \Omega + a \sin \phi_k + \frac{1}{N} \sum_{j=1}^N \sin \phi_j \]となる。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-05 08:22:40

P.154の問題番号「5.1.1」 に対する解答

調和振動子$\dot{x}=v, \ \ \dot{v} = -\omega^2 x$

(a) 上の2式を両辺割ると、
\[ \frac{\dot{x}}{\dot{v}} = \frac{v}{-\omega^2 x} \ \ \ \ \mathrm{i.e.} \ \ \ \ \omega^2 x \dot{x} + v \dot{v} = 0 \]となる。この式はさらに
\[ \frac{1}{2} \frac{d}{dt} ( \omega^2 x^2 + v^2 ) = 0 \]となるので、$C$を積分定数として、
\[ \omega^2 x^2 + v^2 = C \tag{1} \]が得られる。

(b) ばねによるエネルギー、運動エネルギーはそれぞれ
\[ \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2, \ \ \ \ \frac{1}{2} m v^2 \]となるので、エネルギー保存則より
\[ E = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 + \frac{1}{2} m v^2 \]が一定値となる。(1)式と比較すると、
\[E = \frac{1}{2} m C \]
となり、これは(a)で求めた楕円の式がエネルギー保存則と等価であることを示している。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-06 05:10:02

P.154の問題番号「5.1.2」 に対する解答

系$\dot{x} = ax \ \ (a < -1), \ \ \dot{y} = -y $
この系の解は$x = x_0 e^{at}, \ \ y=y_0 e^{-t}$となるので、
\[ \frac{dy}{dx} = \frac{\dot{y}}{\dot{x}} =-\frac{1}{a} \frac{y}{x} = - \frac{y_0}{ax_0} e^{-(a+1)t} \]となる。$1+a < 0$であることを考慮すると、
$t \to \infty$のとき、$dy/dx \to \pm \infty$となるので、軌道は$y$方向に平行となり、
$t \to -\infty$のとき、$dy/dx \to 0$となるので、軌道は$x$方向に平行となる。

投稿者:goodbook 投稿日時:2020-07-07 05:50:34

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