P.323の問題番号「8.7.9」 に対する解答

系$\dot{r}=r-r^2, \ \ \dot{\theta}=1$
(a) $r_0$を$S$上の初期点とする。$\dot{\theta}=1$なので、最初に$S$に戻るのは帰還時間$t=2\pi$の後となる。よって$r_1=P(r_0)$で、$r_1$は
\[ \int_{r_0}^{r_1} \frac{dr}{r(1-r)}=\int_0^{2\pi}dt=2\pi \]を満たす。この式より
\[ r_1=(1-(1-r_0^{-1})e^{-2\pi})^{-1} \]となる。ゆえにポアンカレ写像$P$は
\[ P(r)=(1-(1-r^{-1})e^{-2\pi})^{-1} \]となる。
(b) 固定点は$P$のグラフが45°の直線と交わる点$r^*=1$に生じる。また、ポアンカレ写像$P(r)$の$r^*=1$での傾きは$e^{-2\pi}<1$となるので、クモの巣図法により、固定点$r^*=1$が安定で唯一であることがわかる。
(c) $r^*$における線形化したポアンカレ写像は
\[ DP(r^*)=e^{-2\pi} \]となる。つまり、特性乗数は$e^{-2\pi}$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：2021-07-24 16:26:58

P.323の問題番号「8.7.7」 に対する解答

系$\dot{t}=1, \ \ \dot{\theta}=\sin t-\sin \theta$
相図は添付図のようになる。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-07-24 07:11:40

P.323の問題番号「8.7.5」 に対する解答

系$\dot{\theta} + \sin \theta = \sin t$
この系は2つの周期解というより、2つの振動解をもつのではないか。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-07-24 07:08:04

P.322の問題番号「8.7.3」 に対する解答

系
\[ \dot{x}+x=F(t), \ \
F(t) = \begin{cases}
+A & (0<t<T/2) \\
-A & (T/2<t<T)
\end{cases}
\](a) 斉次方程式$\dot{x}+x=0$より、
\[ x(t)=Be^{-t} \]が得られるので、この解の係数を$B(t)$として、$\dot{x}+x=F(t)$に代入すると、
\[ \dot{B}=F(t)e^t \]となる。この式を時刻$0$から$T$まで積分すると、
\[ B(T)-B(0)=-A(e^{\frac{T}{2}}-1)^2 \]となる。したがって、$B(0)=x_0$となることを考慮すると、
\[ x(T) = x_0 e^{-T}-A(1-e^{-\frac{T}{2}})^2 \]が得られる。

(b) $x(T)=x_0$となるとき、周期解をもつので、
\[ x_0 = x_0 e^{-T}-A(1-e^{-\frac{T}{2}})^2 \]より、
\[ x_0 = -A \tanh \frac{T}{4} \]が得られる。これは、唯一の周期解となる。

(c) $T \to 0$のとき、$x(T) \to x_0$となる。これは矩形波の周期が極端に短くなるため、$x$への影響がなくなってしまい、初期位置から動くことがなくなったと考えられる。一方、$T \to \infty$のとき、$x(T) \to -A$となる。これは$t \sim T$では矩形波の値は$-A$となるので、$x$はこの値の影響を受けると考えられる。

(d) 添付図参照。ただし、$A=1, \ \ T=1$とした。ポアンカレ写像は赤い線。

(e) 添付図参照。クモの巣図法（青い線）を用いると、$P$が大域的に安定な固定点を持つことがわかる。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-07-09 05:43:46

P.322の問題番号「8.7.1」 に対する解答

\[ \frac{1}{r(1-r^2)}=\frac{1}{r}-\frac{1}{2(r-1)}-\frac{1}{2(r+1)} \]と部分分数を分解すると、
\[ \begin{align} \int_{r_0}^{r_1} \frac{dr}{r(1-r^2)} &= \left[ \ln |r|-\frac{1}{2} \ln |r-1|-\frac{1}{2} \ln |r+1| \right]_{r_0}^{r_1} \\
&= \left[ \ln \frac{r}{\sqrt{r^2-1}} \right]_{r_0}^{r_1} \\
&= \ln \frac{r_1}{\sqrt{r_1^2-1}} - \ln \frac{r_0}{\sqrt{r_0^2-1}} = 2 \pi
\end{align} \]となる。この式を整理すると、
\[ r_1=\left[ 1+e^{-4\pi}(r_0^{-2}-1) \right]^{-\frac{1}{2}} \]が得られる。
また、ポアンカレ写像は
\[ P(r)=\left[ 1+e^{-4\pi}(r^{-2}-1) \right]^{-\frac{1}{2}} \]となるので、
\[ P'(r)=e^{-4\pi}r^{-3}\left[ 1+e^{-4\pi}(r^{-2}-1) \right]^{-\frac{3}{2}} \]から、
\[ P'(r^*)=P'(1)=e^{-4\pi} \]が得られる。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-07-04 08:10:21