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	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答へのコメントマシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:58:59
	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答へのコメントマシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:55:05
	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答マシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:49:52
	P.260の問題番号「7.6.17」に対する解答へのコメント子供のブランコ遊びの単純なモデル$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) \sin x = 0, \ \ (0< \varepsilon \ll 1 )$ (a) 微小な$x$の場合を考え、$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) x = 0$に置き換える。このとき、$h = (\gamma + \cos 2t) r \cos \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r ( \gamma \langle \sin \theta \cos \theta \rangle + \langle \cos 2t \sin \theta \cos \theta \rangle ) = \frac{1}{4} r \sin 2 \phi \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r ( \gamma \langle \cos^2 \theta \rangle + \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle ) = \frac{1}{2} r \left( \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi \right) \end{align} \]となる。ここで、 \[ \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{4} \cos 2 \phi \]を用いた。 (b) まず$\phi$についての方程式を解く。 \[ \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi = \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \]となるので、$\gamma^2-\frac{1}{4} < 0$のとき、 \[ \int \left[ \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \right]^{-1} d \phi = \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2}} \ln \left\| \frac{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi + \gamma + \frac{1}{2} }{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi - \gamma - \frac{1}{2} } \right\| = \frac{1}{2} + C \]となる。つまり、 \[ \tan \phi = \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \cdot \frac{ 1 - A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} }{ 1 + A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} } \]となる。ここで、$A$は積分定数。次に、$r$についての方程式を解くことを考える。（ヒントにある通り）$r$が$0$に近い場合、$\phi' \gg r'$であり、$\phi$は相対的により速く固定点に近づいていくので、 \[ \tan \phi \approx \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \]と置くことができる。 \[ \sin 2 \phi = \frac{ 2 \tan \phi }{ 1 + \tan^2 \phi } \approx 2 \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となるので、$r$の方程式は \[ r(T) \approx r_0 e^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2} T } \]のようになる。まとめると、$\gamma_c = \frac{1}{2}$として、$\|\gamma\|<\gamma_c$であるとき、固定点は不安定であり、指数関数的に成長する振動が生じることがわかる。 (c) (b)の結果より、成長率$k$は \[ k= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-06 08:38:20
	P.260の問題番号「7.6.17」に対する解答子供のブランコ遊びの単純なモデル$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) \sin x = 0, \ \ (0< \varepsilon \ll 1 )$ (a) 微小な$x$の場合を考え、$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) x = 0$に置き換える。このとき、$h = (\gamma + \cos 2t) r \cos \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r ( \gamma \langle \sin \theta \cos \theta \rangle + \langle \cos 2t \sin \theta \cos \theta \rangle ) = \frac{1}{4} r \sin 2 \phi \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r ( \gamma \langle \cos^2 \theta \rangle + \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle ) = \frac{1}{2} r \left( \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi \right) \end{align} \]となる。ここで、 \[ \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{4} \cos 2 \phi \]を用いた。 (b) まず$\phi$についての方程式を解く。 \[ \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi = \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \]となるので、$\gamma^2-\frac{1}{4} < 0$のとき、 \[ \int \left[ \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \right]^{-1} d \phi = \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2}} \ln \left\| \frac{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi + \gamma + \frac{1}{2} }{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi - \gamma - \frac{1}{2} } \right\| = \frac{1}{2} + C \]となる。つまり、 \[ \tan \phi = \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \cdot \frac{ 1 - A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} }{ 1 + A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} } \]となる。ここで、$A$は積分定数。次に、$r$についての方程式を解くことを考える。（ヒントにある通り）$r$が$0$に近い場合、$\phi' \gg r'$であり、$\phi$は相対的により速く固定点に近づいていくので、 \[ \tan \phi \approx \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \]と置くことができる。 \[ \sin 2 \phi = \frac{ 2 \tan \phi }{ 1 + \tan^2 \phi } \approx 2 \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となるので、$r$の方程式は \[ r(T) \approx r_0 e^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2} T } \]のようになる。まとめると、$\gamma_c = \frac{1}{2}$として、$\|\gamma\|<\gamma_c$であるとき、固定点は不安定であり、指数関数的に成長する振動が生じることがわかる。 (c) (b)の結果より、成長率$k$は \[ k= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-06 08:32:50
	P.260の問題番号「7.6.16」に対する解答ファン・デル・ポール振動子$\ddot{x} + \varepsilon \dot{x} (x^2-1) +x =0$の$\varepsilon \ll 1$の極限におけるほぼ円形のリミットサイクルの半径解）この系をベクトル場$\boldsymbol{v}=\dot{\boldsymbol{x}} = (\dot{x}, \dot{y})$で表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y} = -x - \varepsilon y (x^2-1)$ となる。 $\varepsilon \ll 1$の極限において、この系のリミットサイクルを原点を中心とするほぼ円の形をしたものであるとすると、 \[ \boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{n} \approx 0 \]とすることができる。よって、閉軌道$C$をリミットサイクル上にとると、 \[ \oint_C \boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{n} dl \approx 0 \]とみなすことができる。一方、 \[ \nabla \cdot \boldsymbol{v} = - \varepsilon (x^2-1) \]となるので、リミットサイクルの円の半径を$a$とすると、 \[ \begin{align} \iint_A \nabla \cdot \boldsymbol{v} dA &= - \varepsilon \iint_A (x^2-1) dA \\ &= - \varepsilon \int_0^a \int_0^{2 \pi} ( r^2 \cos^2 \theta -1 ) rdrd \theta \\ &= -2 \pi \varepsilon \left[ \frac{1}{8} a^4 - \frac{1}{2} a^2 \right] \end{align} \]となる。したがって、グリーンの定理より \[ -2 \pi \varepsilon \left[ \frac{1}{8} a^4 - \frac{1}{2} a^2 \right] \approx 0 \]となり、$a \approx 2$が得られる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-04 04:11:08
	P.260の問題番号「7.6.15」に対する解答系$\ddot{x} + \sin x = 0$ (a) 小振幅の場合、 \[ \sin x \approx x -\frac{1}{6} x^3 \]とおいて、$\frac{1}{6}x^3$を微小摂動と考えることができる。このとき、$h=r^3 \cos^3 \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r^3 \langle \sin \theta \cos^3 \theta \rangle = 0 \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r^3 \langle \cos^4 \theta \rangle = \frac{3}{8} r^3 \end{align} \]となる。よって、$a$をある定数として$r(T) \equiv a, \ \ \phi' = \frac{3}{8} a^2$と求まる。したがって、振動数$\omega$は \[ \omega \approx 1+ \varepsilon \phi' = 1 + \left( -\frac{1}{6} \right) \cdot \frac{3}{8} a^2 = 1 - \frac{1}{16} a^2 \]で与えられることがわかる。 (b) $T=2 \pi/ \omega$で、$a\ll1$であることを考慮すると、 \[ T = 2\pi \left[ 1 - \frac{1}{16} a^2 \right]^{-1} \approx 2 \pi \left( 1+ \frac{1}{16} a^2 \right) \]となるので、$\omega$の表式は演習問題6.7.4で得られた結果と整合することがわかる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-03 04:51:40
	P.260の問題番号「7.6.14」に対する解答系$\ddot{x} + \varepsilon \dot{x}^3 + x = 0$ (a) この系では$h=-r^3 \sin^3 \theta$であるので、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = -r^3 \langle \sin^4 \theta \rangle = - \frac{3}{8} r^3 \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = -r^3 \langle \sin^3 \theta \cos \theta \rangle = 0 \end{align} \]となる。 (b) 初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$の場合に平均化方程式を解くと、 \[ r(T) = \frac{2a}{\sqrt{3 a^2 T + 4}}, \ \ \phi(T)=0 \]となるので、 \[ x(t, \varepsilon) = \frac{2a}{\sqrt{3 a^2 \varepsilon t + 4}} \cos t + \mathcal{O}(\varepsilon) \]を得る。 (c) $\ddot{x} + \varepsilon \dot{x}^3 + x = 0$を$a=1, \ \ \varepsilon=2$のときにプロットしたものは添付図のようになる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 05:45:15
	P.259の問題番号「7.6.13」に対する解答へのコメントダフィン振動子$\ddot{x}+x+\varepsilon x^3=0, \ \ 0 < \varepsilon \ll 1, \ \ x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$ (a)ダフィン方程式をベクトル場として表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y}=-x-\varepsilon x^3$ と書ける。また、この系のエネルギーは \[ E= \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 \]となり、初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$を考慮すると、 \[ \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]が得られる。次に、ベクトル場を極座標で $x= r \cos \theta, \ \ y= r \sin \theta$ と表すと、エネルギーの式は \[ \frac{1}{2} r^2 + \frac{1}{4} \varepsilon r^4 \cos^4 \theta = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]となり、この式から、 \[ r^2 = \frac{-1 + \sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) } }{\varepsilon \cos^4 \theta } \]を得る。また、 \[ \frac{d \theta}{d t} = \frac{x \dot{y} - y \dot{x} }{r^2} = -(1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta ) \]となるので、周期$T(\varepsilon)$は \[ \begin{align} T(\varepsilon) &= \int^T dt = \int_0^{2 \pi} \frac{dt}{d \theta} d \theta \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta} \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{\sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) }} \end{align} \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 04:32:15
	P.259の問題番号「7.6.13」に対する解答ダフィン振動子$\ddot{x}+x+\varepsilon x^3=0, \ \ 0 < \varepsilon \ll 1, \ \ x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$ (a)ダフィン方程式をベクトル場として表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y}=-x-\varepsilon x^3$ と書ける。また、この系のエネルギーは \[ E= \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 \]となり、初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$を考慮すると、 \[ \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]が得られる。次に、ベクトル場を極座標で $x= r \cos \theta, \ \ y= r \sin \theta$ と表すと、エネルギーの式は \[ \frac{1}{2} r^2 + \frac{1}{4} \varepsilon r^4 \cos^4 \theta = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]となり、この式から、 \[ r^2 = \frac{-1 + \sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) } }{\varepsilon \cos^4 \theta } \]を得る。また、 \[ \frac{d \theta}{d t} = \frac{x \dot{y} - y \dot{x} }{r^2} = -(1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta ) \]となるので、周期$T(\varepsilon)$は \[ \begin{align} T(\varepsilon) &= \int^T dt = \int_0^{2 \pi} \frac{dt}{d \theta} d \theta \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta} \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{\sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) }} \end{align} \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 04:30:37

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	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答へのコメントマシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:58:59
	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答へのコメントマシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:55:05
	P.261の問題番号「7.6.18」に対する解答マシュー方程式（Mathieu equation）$\ddot{x} + (a + \varepsilon \cos t ) x = 0, \ \ a \approx 1$ 解）$\tau = t$として$\tau$を速い時間とし、$T = \varepsilon^2 t$を遅い時間とすると、 \[ \dot{x} = \frac{\partial x}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial \tau} + \frac{\partial x}{\partial T} \frac{\partial T}{ \partial t} = \partial_{\tau} x + \varepsilon^2 \partial_T x \]となる。また、 \[ x(t,\varepsilon) = x_0(\tau, T ) + \varepsilon x_1(\tau, T) + \varepsilon^2 x_2(\tau, T) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおくと、 \[ \dot{x} = \partial_{\tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau} x_2 + \partial_T x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3), \\ \ddot{x} = \partial_{\tau \tau} x_0 + \varepsilon \partial_{\tau \tau} x_1 + \varepsilon^2 ( \partial_{\tau \tau} x_2 + 2 \partial_{T \tau} x_0 ) + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]となる。さらに、 \[ a = 1 + \varepsilon a_1 + \varepsilon^2 a_2 + \mathcal{O}(\varepsilon^3) \]とおき、上記の式をマシュー方程式に代入して$\varepsilon$のべき順に整理すると、 \[ \begin{align} \mathcal{O}(1) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_0 + x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_1 + x_1 + (a_1 + \cos t ) x_0 = 0 \\ \mathcal{O}(\varepsilon^2) \ &: \ \partial_{\tau \tau} x_2 + x_2 + (a_1 + \cos t ) x_1 + 2 \partial_{T \tau} x_0 + a_2 x_0 = 0 \end{align} \]となる。ストロガッツ非線形ダイナミクスとカオス(9784621085806) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-11 07:49:52
	P.260の問題番号「7.6.17」に対する解答へのコメント子供のブランコ遊びの単純なモデル$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) \sin x = 0, \ \ (0< \varepsilon \ll 1 )$ (a) 微小な$x$の場合を考え、$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) x = 0$に置き換える。このとき、$h = (\gamma + \cos 2t) r \cos \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r ( \gamma \langle \sin \theta \cos \theta \rangle + \langle \cos 2t \sin \theta \cos \theta \rangle ) = \frac{1}{4} r \sin 2 \phi \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r ( \gamma \langle \cos^2 \theta \rangle + \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle ) = \frac{1}{2} r \left( \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi \right) \end{align} \]となる。ここで、 \[ \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{4} \cos 2 \phi \]を用いた。 (b) まず$\phi$についての方程式を解く。 \[ \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi = \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \]となるので、$\gamma^2-\frac{1}{4} < 0$のとき、 \[ \int \left[ \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \right]^{-1} d \phi = \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2}} \ln \left\| \frac{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi + \gamma + \frac{1}{2} }{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi - \gamma - \frac{1}{2} } \right\| = \frac{1}{2} + C \]となる。つまり、 \[ \tan \phi = \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \cdot \frac{ 1 - A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} }{ 1 + A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} } \]となる。ここで、$A$は積分定数。次に、$r$についての方程式を解くことを考える。（ヒントにある通り）$r$が$0$に近い場合、$\phi' \gg r'$であり、$\phi$は相対的により速く固定点に近づいていくので、 \[ \tan \phi \approx \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \]と置くことができる。 \[ \sin 2 \phi = \frac{ 2 \tan \phi }{ 1 + \tan^2 \phi } \approx 2 \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となるので、$r$の方程式は \[ r(T) \approx r_0 e^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2} T } \]のようになる。まとめると、$\gamma_c = \frac{1}{2}$として、$\|\gamma\|<\gamma_c$であるとき、固定点は不安定であり、指数関数的に成長する振動が生じることがわかる。 (c) (b)の結果より、成長率$k$は \[ k= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-06 08:38:20
	P.260の問題番号「7.6.17」に対する解答子供のブランコ遊びの単純なモデル$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) \sin x = 0, \ \ (0< \varepsilon \ll 1 )$ (a) 微小な$x$の場合を考え、$\ddot{x} + (1 + \varepsilon \gamma + \varepsilon \cos 2t ) x = 0$に置き換える。このとき、$h = (\gamma + \cos 2t) r \cos \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r ( \gamma \langle \sin \theta \cos \theta \rangle + \langle \cos 2t \sin \theta \cos \theta \rangle ) = \frac{1}{4} r \sin 2 \phi \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r ( \gamma \langle \cos^2 \theta \rangle + \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle ) = \frac{1}{2} r \left( \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi \right) \end{align} \]となる。ここで、 \[ \langle \cos 2t \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{4} \cos 2 \phi \]を用いた。 (b) まず$\phi$についての方程式を解く。 \[ \gamma + \frac{1}{2} \cos 2 \phi = \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \]となるので、$\gamma^2-\frac{1}{4} < 0$のとき、 \[ \int \left[ \gamma - \frac{1}{2} + \cos^2 \phi \right]^{-1} d \phi = \frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2}} \ln \left\| \frac{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi + \gamma + \frac{1}{2} }{ \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \tan \phi - \gamma - \frac{1}{2} } \right\| = \frac{1}{2} + C \]となる。つまり、 \[ \tan \phi = \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \cdot \frac{ 1 - A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} }{ 1 + A e^{-\sqrt{\frac{1}{4}-\gamma^2}T} } \]となる。ここで、$A$は積分定数。次に、$r$についての方程式を解くことを考える。（ヒントにある通り）$r$が$0$に近い場合、$\phi' \gg r'$であり、$\phi$は相対的により速く固定点に近づいていくので、 \[ \tan \phi \approx \sqrt{ \frac{ \frac{1}{2} + \gamma }{ \frac{1}{2} - \gamma } } \]と置くことができる。 \[ \sin 2 \phi = \frac{ 2 \tan \phi }{ 1 + \tan^2 \phi } \approx 2 \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となるので、$r$の方程式は \[ r(T) \approx r_0 e^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{4} - \gamma^2} T } \]のようになる。まとめると、$\gamma_c = \frac{1}{2}$として、$\|\gamma\|<\gamma_c$であるとき、固定点は不安定であり、指数関数的に成長する振動が生じることがわかる。 (c) (b)の結果より、成長率$k$は \[ k= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{1}{4} - \gamma^2 } \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-06 08:32:50
	P.260の問題番号「7.6.16」に対する解答ファン・デル・ポール振動子$\ddot{x} + \varepsilon \dot{x} (x^2-1) +x =0$の$\varepsilon \ll 1$の極限におけるほぼ円形のリミットサイクルの半径解）この系をベクトル場$\boldsymbol{v}=\dot{\boldsymbol{x}} = (\dot{x}, \dot{y})$で表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y} = -x - \varepsilon y (x^2-1)$ となる。 $\varepsilon \ll 1$の極限において、この系のリミットサイクルを原点を中心とするほぼ円の形をしたものであるとすると、 \[ \boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{n} \approx 0 \]とすることができる。よって、閉軌道$C$をリミットサイクル上にとると、 \[ \oint_C \boldsymbol{v} \cdot \boldsymbol{n} dl \approx 0 \]とみなすことができる。一方、 \[ \nabla \cdot \boldsymbol{v} = - \varepsilon (x^2-1) \]となるので、リミットサイクルの円の半径を$a$とすると、 \[ \begin{align} \iint_A \nabla \cdot \boldsymbol{v} dA &= - \varepsilon \iint_A (x^2-1) dA \\ &= - \varepsilon \int_0^a \int_0^{2 \pi} ( r^2 \cos^2 \theta -1 ) rdrd \theta \\ &= -2 \pi \varepsilon \left[ \frac{1}{8} a^4 - \frac{1}{2} a^2 \right] \end{align} \]となる。したがって、グリーンの定理より \[ -2 \pi \varepsilon \left[ \frac{1}{8} a^4 - \frac{1}{2} a^2 \right] \approx 0 \]となり、$a \approx 2$が得られる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-04 04:11:08
	P.260の問題番号「7.6.15」に対する解答系$\ddot{x} + \sin x = 0$ (a) 小振幅の場合、 \[ \sin x \approx x -\frac{1}{6} x^3 \]とおいて、$\frac{1}{6}x^3$を微小摂動と考えることができる。このとき、$h=r^3 \cos^3 \theta$とおくと、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = r^3 \langle \sin \theta \cos^3 \theta \rangle = 0 \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = r^3 \langle \cos^4 \theta \rangle = \frac{3}{8} r^3 \end{align} \]となる。よって、$a$をある定数として$r(T) \equiv a, \ \ \phi' = \frac{3}{8} a^2$と求まる。したがって、振動数$\omega$は \[ \omega \approx 1+ \varepsilon \phi' = 1 + \left( -\frac{1}{6} \right) \cdot \frac{3}{8} a^2 = 1 - \frac{1}{16} a^2 \]で与えられることがわかる。 (b) $T=2 \pi/ \omega$で、$a\ll1$であることを考慮すると、 \[ T = 2\pi \left[ 1 - \frac{1}{16} a^2 \right]^{-1} \approx 2 \pi \left( 1+ \frac{1}{16} a^2 \right) \]となるので、$\omega$の表式は演習問題6.7.4で得られた結果と整合することがわかる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-03 04:51:40
	P.260の問題番号「7.6.14」に対する解答系$\ddot{x} + \varepsilon \dot{x}^3 + x = 0$ (a) この系では$h=-r^3 \sin^3 \theta$であるので、平均化方程式は \[ \begin{align} r' &= \langle h \sin \theta \rangle = -r^3 \langle \sin^4 \theta \rangle = - \frac{3}{8} r^3 \\ r \phi' &= \langle h \cos \theta \rangle = -r^3 \langle \sin^3 \theta \cos \theta \rangle = 0 \end{align} \]となる。 (b) 初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$の場合に平均化方程式を解くと、 \[ r(T) = \frac{2a}{\sqrt{3 a^2 T + 4}}, \ \ \phi(T)=0 \]となるので、 \[ x(t, \varepsilon) = \frac{2a}{\sqrt{3 a^2 \varepsilon t + 4}} \cos t + \mathcal{O}(\varepsilon) \]を得る。 (c) $\ddot{x} + \varepsilon \dot{x}^3 + x = 0$を$a=1, \ \ \varepsilon=2$のときにプロットしたものは添付図のようになる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 05:45:15
	P.259の問題番号「7.6.13」に対する解答へのコメントダフィン振動子$\ddot{x}+x+\varepsilon x^3=0, \ \ 0 < \varepsilon \ll 1, \ \ x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$ (a)ダフィン方程式をベクトル場として表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y}=-x-\varepsilon x^3$ と書ける。また、この系のエネルギーは \[ E= \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 \]となり、初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$を考慮すると、 \[ \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]が得られる。次に、ベクトル場を極座標で $x= r \cos \theta, \ \ y= r \sin \theta$ と表すと、エネルギーの式は \[ \frac{1}{2} r^2 + \frac{1}{4} \varepsilon r^4 \cos^4 \theta = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]となり、この式から、 \[ r^2 = \frac{-1 + \sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) } }{\varepsilon \cos^4 \theta } \]を得る。また、 \[ \frac{d \theta}{d t} = \frac{x \dot{y} - y \dot{x} }{r^2} = -(1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta ) \]となるので、周期$T(\varepsilon)$は \[ \begin{align} T(\varepsilon) &= \int^T dt = \int_0^{2 \pi} \frac{dt}{d \theta} d \theta \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta} \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{\sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) }} \end{align} \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 04:32:15
	P.259の問題番号「7.6.13」に対する解答ダフィン振動子$\ddot{x}+x+\varepsilon x^3=0, \ \ 0 < \varepsilon \ll 1, \ \ x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$ (a)ダフィン方程式をベクトル場として表すと、 $\dot{x}=y, \ \ \dot{y}=-x-\varepsilon x^3$ と書ける。また、この系のエネルギーは \[ E= \frac{1}{2} \dot{x}^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 \]となり、初期条件$x(0)=a, \ \ \dot{x}(0)=0$を考慮すると、 \[ \frac{1}{2} y^2 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{4} \varepsilon x^4 = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]が得られる。次に、ベクトル場を極座標で $x= r \cos \theta, \ \ y= r \sin \theta$ と表すと、エネルギーの式は \[ \frac{1}{2} r^2 + \frac{1}{4} \varepsilon r^4 \cos^4 \theta = \frac{1}{2} a^2 + \frac{1}{4} \varepsilon a^4 \]となり、この式から、 \[ r^2 = \frac{-1 + \sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) } }{\varepsilon \cos^4 \theta } \]を得る。また、 \[ \frac{d \theta}{d t} = \frac{x \dot{y} - y \dot{x} }{r^2} = -(1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta ) \]となるので、周期$T(\varepsilon)$は \[ \begin{align} T(\varepsilon) &= \int^T dt = \int_0^{2 \pi} \frac{dt}{d \theta} d \theta \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{1 + \varepsilon r^2 \cos^4 \theta} \\ &= \int_0^{2 \pi} \frac{d \theta}{\sqrt{ 1 + \varepsilon \cos^4 \theta ( 2a^2 + \varepsilon a^4 ) }} \end{align} \]となる。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) 投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-02 04:30:37