P.158の問題番号「5.2.14」 に対する解答

サンプル数：1000000　としてモンテカルロ法を用いて実行
（pythonで実施）

まず、一様分布での結果

サドル点となる確率： 0.499866
孤立していない固定点となる確率： 3e-06
安定ノードとなる確率： 0.089882
安定な縮退したノードとなる確率： 1e-06
安定スパイラルとなる確率： 0.15985
センターとなる確率： 0.0
不安定ノードとなる確率： 0.090461
不安定な縮退したノードとなる確率： 0.0
不安定スパイラルとなる確率： 0.159937

・サドル点となる確率が$1/2$,
・安定、不安定ノードとなる確率がそれぞれ$9/100$
・安定、不安定スパイラルとなる確率がそれぞれ$16/100$
であることが分かる。また、
・センターなどのボーダーライン的存在となる確率は極めて低い。

次に、（標準）正規分布での結果

サドル点となる確率： 0.501157
孤立していない固定点となる確率： 2e-06
安定ノードとなる確率： 0.103476
安定な縮退したノードとなる確率： 1e-06
安定スパイラルとなる確率： 0.146217
センターとなる確率： 0.0
不安定ノードとなる確率： 0.10337
不安定な縮退したノードとなる確率： 0.0
不安定スパイラルとなる確率： 0.145777

一様分布のときと比べて、
・安定、不安定ノードとなる確率が少し上がり
・安定、不安定スパイラルとなる確率が少し下がる。

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：2020-07-24 11:51:29

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。

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：2020-07-23 07:09:35

P.157の問題番号「5.2.10」 に対する解答へのコメント

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。

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：2020-07-22 05:19:30

P.157の問題番号「5.2.9」 に対する解答

系$\dot{x}= 4x-3y, \ \ \dot{y} = 8x-6y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ 8 & -6 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} 4-\lambda & -3 \\ 8 & -6 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 + 2 \lambda = 0 \]となり、行列$A$の固有値は
\[ \lambda_1 = 0, \ \ \lambda_2 = -2 \]となる。固有値$\lambda_1 =0$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ 8 & -6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ 4 v_1- 3 v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} \]となる。一方、固有値$\lambda_2 =-2$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 8 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ 2 v_1 - v_2 = 0 \]であるので、
\[ \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \]となる。従って、一般解は
\[ \boldsymbol{x}(t) = c_1 \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} + c_2 e^{-2t} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \]となる。最後に、行列$A$のトレース$\tau$と行列式$\Delta$は
$\tau = -2, \ \ \Delta = 0, \ \ \tau^2 -4 \Delta = 4$となるので、固定点は孤立しておらず、直線$4x-3y=0$上のすべての点が安定固定点となる。

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：2020-07-22 04:44:51

P.157の問題番号「5.2.7」 に対する解答

系$\dot{x}= 5x+2y, \ \ \dot{y} = -17x-5y$
この系を$\dot{\boldsymbol{x}} = A \boldsymbol{x}$の形で書くと
\[ A = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ -17 & -5 \end{pmatrix} \]となる。このとき、特性方程式は
\[ \mathrm{det} (A-\lambda I) = \mathrm{det} \begin{pmatrix} 5-\lambda & 2 \\ -17 & -5 - \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 + 9 = 0 \]となる。行列$A$の固有値は
\[ \lambda_1 = 3i, \ \ \lambda_2 = - 3i \]となる。固有値$\lambda_1 =3i$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 5-3i & 2 \\ -17 & -5-3i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ (5-3i)v_1+ 2 v_2 = 0 \]より
\[ \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -5+3i \end{pmatrix} \]となる。一方、固有値$\lambda_2 = -3i$の固有ベクトルは
\[ \begin{pmatrix} 5+3i & 2 \\ -17 & -5+3i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \ \ \mathrm{i.e.} \ \ (5+3i) v_1 + 2v_2 = 0 \]より、
\[ \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ -5-3i \end{pmatrix} \]となる。従って、一般解は
\[ \begin{eqnarray}
\boldsymbol{x}(t) &=& c_1 e^{3it} \begin{pmatrix} 2 \\ -5+3i \end{pmatrix} + c_2 e^{-3it} \begin{pmatrix} 2 \\ -5-3i \end{pmatrix} \\
&=& ( C_1 \cos 3t + C_2 \sin 3t ) \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \end{pmatrix} + ( C_1 \sin 3t - C_2 \cos 3t ) \begin{pmatrix} 0 \\ -3 \end{pmatrix} \\
&=& C \cos (3t-\alpha) \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \end{pmatrix} + C \sin (3t-\alpha) \begin{pmatrix} 0 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray} \]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
$\tau = 0, \ \ \Delta = 9, \ \ \tau^2 -4 \Delta = -36$となるので、固定点はセンターである。

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：2020-07-21 05:20:52