P.312の問題番号「8.1.7」 に対する解答

系$\dot{x}=y-ax, \ \ \dot{y} = -by + x/(1+x)$
解）この系では2つの固定点が存在する。これらの固定点を$A(0,0), \ \ B((1-ab)/ab, (1-ab)/b)$とおく。各固定点のヤコビ行列は
\[ \begin{align}
(0, 0) \ :& \ J = \begin{pmatrix} -a & 1 \\ 1 & -b \end{pmatrix}, \\
& \tau=-a-b, \ \ \Delta = ab-1, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (a-b)^2+4 >0 \\
\left( \frac{1-ab}{ab}, \frac{1-ab}{b} \right) \ :& \ J = \begin{pmatrix} -a & 1 \\ a^2 b^2 & -b \end{pmatrix}, \\
& \tau=-a-b, \ \ \Delta = ab - a^2 b^2, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (a-b)^2+4a^2b^2 \geq 0
\end{align} \]となる。したがって、$ab<0$のとき、固定点$A$、固定点$B$共にサドルとなる。$ab$が増加するにつれて固定点$B$は$x$軸の負の方向に離れていき、$ab=0$で無限遠となる。$0 <ab<1$となると、固定点$B$は固定点$A$に近づいていく。この間、固定点$A$はサドル、固定点$B$は$a>0,b>0$のとき安定ノード、$a<0,b<0$のとき不安定ノードとなる。$ab=1$で固定点$A, B$は互いに衝突し、$ab>1$になると、固定点$A$は$a>0,b>0$のとき安定ノード、$a<0,b<0$のとき不安定ノードとなり、固定点$B$はサドルとなる。つまり、$ab=1$でトランスクリティカル分岐を起こす。

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：2021-03-29 06:50:32

P.312の問題番号「8.1.5」 に対する解答

系$\dot{x}=f(x,y), \ \ \dot{y}=g(x,y)$を考える。$(x^*, y^*)$をこの系の固定点とすると、ヤコビ行列は
\[ A = \begin{pmatrix} f_x & f_y \\ g_x & g_y \end{pmatrix} \]となる。ここで、
\[ f_x = \left. \frac{ \partial f }{ \partial x } \right|_{(x^*, y^*)}, \ \ f_y = \left. \frac{ \partial f }{ \partial y } \right|_{(x^*, y^*)}, \ \ g_x = \left. \frac{ \partial g }{ \partial x } \right|_{(x^*, y^*)}, \ \ g_y = \left. \frac{ \partial g }{ \partial y } \right|_{(x^*, y^*)} \]とおいた。行列$A$がゼロ固有値をもつとすると、
\[ \Delta = f_x g_y - f_y g_x =0 \]となり、ベクトル$(f_x,f_y)$と$(g_x, g_y)$はそれぞれ曲線$f(x,y)=0$と$g(x,y)=0$に対する点$(x^*, y^*)$での法線ベクトルであることを考慮すると、$f_x g_y - f_y g_x =0$は$(f_x,f_y)$と$(g_x, g_y)$の外積の大きさが$0$、すなわち、$(f_x,f_y)$と$(g_x, g_y)$は平行であることがわかる。これはゼロ固有値分岐点において、2つのヌルクライン$f(x,y)=0$と$g(x,y)=0$が互いに接していることを示す。

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：2021-03-23 05:27:47

P.312の問題番号「8.1.3」 に対する解答

系$\dot{x} = \mu x - x^2, \ \ \dot{y}=-y$
解）この系の固定点は$(0,0), \ \ (\mu, 0)$の2点で、各点のヤコビ行列は
\[ (0,0) \ : \ A = \begin{pmatrix} \mu & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=\mu-1, \ \ \Delta = -\mu, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (\mu+1)^2 \geq 0 \\
(\mu, 0) \ : \ A = \begin{pmatrix} -\mu & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=-\mu-1, \ \ \Delta = \mu, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (\mu-1)^2 \geq 0\]となる。このとき、各固定点での固有値は
\[ (0,0) \ : \ \lambda = \mu, \ \ -1, \ \ \ \ (\mu,0) \ : \ \lambda = -\mu, \ \ -1 \]であるので、それぞれの固定点の固有値のうち１つが$\mu \to 0$で$0$に近づくことがわかる。

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：2021-03-22 05:02:37

P.311の問題番号「8.1.1」 に対する解答へのコメント

(a) $\dot{x} = \mu x - x^2, \ \ \dot{y} = -y$（トランスクリティカル分岐）
解）この系の固定点は$(0,0), \ \ (\mu, 0)$の2点。各点のヤコビ行列は
\[ (0,0) \ : \ A = \begin{pmatrix} \mu & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=\mu-1, \ \ \Delta = -\mu, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (\mu+1)^2 \geq 0 \\
(\mu, 0) \ : \ A = \begin{pmatrix} -\mu & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \ \ \tau=-\mu-1, \ \ \Delta = \mu, \ \ \tau^2 - 4 \Delta = (\mu-1)^2 \geq 0\]したがって、$\mu < 0$のとき、$(0,0)$は安定ノード、$(\mu,0)$はサドルとなる。$\mu$が増加するにつれて、$(\mu,0)$は原点に近づき、$\mu=0$でこれらは一致する。このとき、原点は孤立していない固定点と予想されるが、実際は$x<0$の領域でサドルのふるまいをし、$x>0$の領域で安定ノードのふるまいをする。さらに、$\mu>0$では$(0,0)$がサドル、$(\mu,0)$が安定ノードとなる。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-21 16:14:33

P.263の問題番号「7.6.26」 に対する解答

方程式$\dot{x} = - \varepsilon x \sin^2 t, \ \ 0 < \varepsilon \ll 1, \ \ x(0) = x_0$
(a) $\sin^2 t = \frac{1}{2} (1 - \cos 2t )$を用いると、この方程式の厳密解は
\[ x(t) = x_0 e^{-\frac{\varepsilon}{2} t + \frac{\varepsilon}{4} \sin 2 t} \]となる。

(b) $x(t)$と$\bar{x}(t)$の差の大きさを考える。
\[ | \bar{x}(t) - x(t) | = \left| \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} x(t+\tau) d \tau - x(t) \right| = \left| \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} ( x(t+\tau) - x(t) ) d \tau \right| \]となり、$-\pi \leq \tau \leq \pi$において、$|x(t+\tau)-x(t)|$が最大となる$\tau$を$\tau_{\mathrm{max}}$とすると、
\[ | \bar{x}(t) - x(t) | \leq | x(t+\tau_{\mathrm{max}}) - x(t) | \]となる。一方、
\[ x(t+\tau_{\mathrm{max}}) - x(t) = \int_t^{t+\tau_{\mathrm{max}}} \dot{x}(\tau) d \tau = - \varepsilon \int_t^{t+\tau_{\mathrm{max}}} x \sin^2 \tau d \tau \]となるので、
\[ | \bar{x}(t) - x(t) | \leq \varepsilon \left| \int_t^{t+\tau_{\mathrm{max}}} x \sin^2 \tau d \tau \right| \]が得られる。したがって、
\[ x(t) = \bar{x}(t) + \mathcal{O}(\varepsilon) \]となる。
また、平均化の方法から$\bar{x}$の満たす近似的な微分方程式として
\[ \frac{d \bar{x}}{d t} = - \varepsilon \bar{x} \langle \sin^2 t \rangle = - \frac{1}{2} \varepsilon \bar{x} \]が得られる。これを解くと、
\[ \bar{x}(t) = x_0 e^{-\frac{\varepsilon}{2} t } \]が得られる。

(c) (a)で得た厳密解から
\[ \begin{align} x(t) &= x_0 e^{-\frac{\varepsilon}{2} t } \left( 1 + \frac{\varepsilon}{4} \sin 2 t + \mathcal{O}(\varepsilon^2) \right) \\
&= \bar{x}(t) + \varepsilon \frac{\bar{x}(t)}{4} \sin 2 t + \mathcal{O}(\varepsilon^2)
\end{align} \]となるので、平均化により生じる誤差の大きさは$\varepsilon \frac{\bar{x}(t)}{4} \sin 2 t$程度となる。

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投稿者：goodbook 投稿日：2021-03-18 06:33:46