着想メトロ

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離散写像の性質をつかむ

Edward Ottの「Chaos in Dynamical Systems (Second Edition)」はカオスの標準的教科書だが、日本語訳がなく、章末問題にも解答がついていない。良書であることに間違いはないものの、全体的に難解、マニアックである。ここでは第一章「序論と概観」の章末問題を二問取り上げて解いていく。

 

第一問. \( \; x \; \)軸上に二つの隔たった壁がある。一方は\( \; x=0 \; \)に固定されていて、他方はその位置が\( \; x(t)=L+\Delta\sin{\omega t} \; \)に従って振動している。また\( \; L \gg \Delta \; \)を仮定しよう。このとき、二つの壁の間で弾性衝突を繰り返す自由粒子を考える。振動壁に対する\( \; n \; \)回目の衝突時間を\( \; T_{n} \; \)、\( \; n \; \)回目の衝突後から\( \; n+1 \; \)回目の衝突直前までの粒子の速さを\( \; v_{n} \; \)とおくとき、\( \; T_{n+1}, \; v_{n+1} \; \)を\( \; T_{n}, \; v_{n} \; \)を用いて表せ。

 

. 弾性衝突に際する跳ね返り係数が\( \; 1 \; \)であることに注目する。まず壁の速度を時間の関数として求めると\( \; V(t)=\omega \Delta \cos{\omega t} \; \)となるので\[ 1=-\frac{-v_{n+1}-V(T_{n+1})}{v_{n}-V{(T_{n+1})}}. \]

\( n \; \)回目から\( \; n+1 \; \)回目の衝突にかかる時間を\( \; v_{n} \; \)を用いて表すと、\[ \begin{eqnarray*} T_{n+1}-T_{n} &=& (L+\Delta\sin{\omega T_{n}})/v_{n}+(L+\Delta\sin{\omega T_{n+1}})/v_{n} \\ &\approx& 2L/v_{n}. \end{eqnarray*} \]

ここで最後の近似には\( \; L \gg \Delta \; \)を用いた。以上で二つの離散変数の漸化式が得られたことになる。この場合時間に関して写像が離散的であるから、これを離散写像とよぶ。

次にこの関係式から系が保存系(相空間内の体積が保存される系。例:ハミルトニアン系)であることを示す。そのためにJacobianを求めよう。\[  \begin{eqnarray*} |J| &\equiv& \left | \begin{array}{cc} \dfrac{\partial T_{n+1}}{\partial T_{n}} & \dfrac{\partial T_{n+1}}{\partial v_{n}} \\ \dfrac{\partial v_{n+1}}{\partial T_{n}} & \dfrac{\partial v_{n+1}}{\partial v_{n}} \end{array} \right | \\ &=& \left | \begin{array}{cc} 1 & -2L/{v_{n}}^{2} \\ 2\omega\Delta\sin{\omega T_{n+1}} & 1+2\omega\Delta \sin{\omega T_{n+1}}\cdot (-2L/{v_{n}}^{2}) \end{array} \right |=1. \end{eqnarray*} \]

よって問題の系は保存系である。

最後にJacobianを求める理由を説明する。この問題の場合、求めた関係式は\( \; (T_{n}, \; v_{n}) \; \)から\( \; (T_{n+1}, v_{n+1}) \; \)への写像を与える。この写像によって、\( \; T_{n}\)-\(v_{n} \; \)平面(相平面という)の点(これは系の一状態に対応している)が、\( \; T_{n+1}\)-\(v_{n+1} \; \)平面に移ると見るのである。そうすると元の平面の微小面積は、この写像によって\( \; |J| \; \)倍に拡大縮小される(要するに離散写像で移すことは、変数変換していることと同値ということ)。これから\( \; |J|=1 \; \)ならば面積は写像に関して不変であり、よって保存系となる。またJacobianは写像が可逆かどうかの判定にも使えるが、これは後述する。

補足. \( \omega_{n} \equiv [ \; \omega(T_{n}+2L/v_{n}) \; ] \mod 2\pi \; \)とおけば新たなこの変数は有界であり、しかも\( \; v_{n} \; \)の値はすべての\( \; n \; \)に対して変わらない。これは\( \; \omega_{n} \; \)が\( \; v_{n+1} \; \)を定める表式の角度部分だけに現れているからである。

 

第二問. 軸に固定された半径\( \; R \; \)、慣性モーメント\( \; I \; \)の車輪があり、外縁部には質量ゼロの取っ手がついている。車輪と軸が接する部分には粘性摩擦があり、軸周りにトルク\( \; T_{f}(t)=-\mu I \omega(t) \; \)が働いている。さらに毎回\( \; T \; \)秒毎に、取っ手に対して鉛直下方にハンマーで瞬間的な撃力\( \; F(t)=f_{0}\sum_{n} \; \delta(t-nT) \; \)を加えるとする。ここで\( \; \delta(t) \; \)はデルタ関数で、和はゼロを加えた自然数にわたるものとする。また\( \; \omega(t) \equiv d\theta(t)/dt \; \)である。以上の仮定のもとで、状態変数\( \; \theta_{n}, \; \omega_{n} \; \)をそれぞれ\( \; n \; \)回目の撃力を加える直前の\( \; \theta(t), \; \omega(t) \; \)の値とし、この系の離散写像を求めよ。

 

. まず\( \; \theta(t) \; \)は時間に関する連続関数だが、\( \; \omega(t) \; \)はそうでないことに注意しよう。撃力の直前と直後でその値は大きく異なるはずである。すなわち\[ \lim_{\varepsilon \to 0} \omega(nT-\varepsilon) = \omega_{n} \neq \omega^{\dagger} \equiv \lim_{\varepsilon \to 0} \omega(nT+\varepsilon). \]

これを踏まえて運動方程式を立てる。撃力をまたいだ運動方程式は、\[ Id\omega(t)/dt=-\mu I \omega(t) + f_{0}\sum_{n} \; \delta(t-nT) \cdot R\sin{\theta(t)}. \]

これを時間\( \; t \; \)に関して積分する。デルタ関数の特性は積分を伴うので、これを利用する。\[ \begin{eqnarray*} I\int_{nT-\varepsilon}^{nT+\varepsilon} \dfrac{d\omega(t)}{dt} dt &=& I \{\omega(nT+\varepsilon)-\omega(nT-\varepsilon) \} \\ &=& -\mu I \int_{nT-\varepsilon}^{nT+\varepsilon}\dfrac{d\theta(t)}{dt} dt +f_{0}R\int_{nT-\varepsilon}^{nT+\varepsilon}\sum_{n}\delta(t-nT)\sin{\theta(t)}dt \\ &=& -\mu I \{\theta(nT+\varepsilon)-\theta(nT-\varepsilon) \}+f_{0}R\sin\theta(nT). \end{eqnarray*} \]

ここで\( \; \varepsilon \to 0 \; \)とすれば\( \; \omega^{\dagger}-\omega_{n} = (f_{0}R/I)\sin{\theta_{n}} \; \)を得る。\( \; k \equiv f_{0}R/I \; \)とおけば \[ \omega^{\dagger}=\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}}. \]

さて次に撃力と撃力の間で運動方程式を立てる。もちろん右辺第二項を省けばよく、\[ \dfrac{d\omega(t)}{dt} = -\mu \omega(t). \]

これは直ちに解けて、\( \; \omega(t)=Ce^{-\mu t}. \; \)

これを積分すると、\[ \begin{eqnarray*} \int_{nT+\varepsilon}^{(n+1)T-\varepsilon}\omega(t)dt &=& \theta ( ( n+1)T-\varepsilon)-\theta(nT+\varepsilon) \\ &=& \dfrac{1}{\mu} \{ Ce^{-\mu(nT+\varepsilon)}-Ce^{(n+1)T-\varepsilon} \} \\ &=& \dfrac{1}{\mu} \{\omega(nT+\varepsilon)-\omega((n+1)T-\varepsilon) \}, \end{eqnarray*} \]

\( \varepsilon \to 0 \; \)の極限をとって\( \; \theta_{n+1}=\theta_{n}+(1/\mu) \{ \omega^{\dagger}-\omega_{n+1} \} \; \)を得る。

また\[ \begin{eqnarray*}\omega((n+1)T-\varepsilon) &=& Ce^{-\mu((n+1)T-\varepsilon)}=\{ Ce^{-\mu(nT+\varepsilon)} \}\cdot e^{\mu(T-2\varepsilon)} \\ &=& \omega(nT+\varepsilon) \cdot e^{-\mu(T-2\varepsilon)} \end{eqnarray*} \]

において再び極限をとれば、\[ \omega_{n+1}=\omega^{\dagger}\cdot e^{-\mu T} = (\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}}) \cdot e^{-\mu T}. \]

これまでに分ったことをまとめると、\[ \begin{cases} \theta_{n+1}=\theta_{n}+\dfrac{1}{\mu}(\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}})(1-e^{-\mu T}), \\ \omega_{n+1}=(\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}})e^{-\mu T}. \end{cases} \]

 これで離散写像が求まった。次に\( \; \mu > 0 \; \)を仮定してJacobianを求めてみる。\[ |J|= \left | \begin{array}{cc} e^{-\mu T} & k\cos{\theta_{n}}\cdot e^{-\mu T} \\ \dfrac{1-e^{-\mu T}}{\mu} & 1+\dfrac{k\cos{\theta_{n}} \cdot (1-e^{-\mu T})}{\mu} \end{array} \right |=e^{-\mu T}\]

このとき系は散逸系である。では\( \; \mu =0 \; \)のときはどうだろうか。\[ \lim_{\mu \to 0} \dfrac{1-e^{-\mu T}}{\mu}=\lim_{\mu \to 0} \dfrac{1-(1-\mu T+\dfrac{(-\mu T)^{2}}{2}-\ldots)}{\mu}=T \]

を用いれば、系は\[ \begin{cases} \theta_{n+1}=\theta_{n}+T(\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}}), \\ \omega_{n+1}=\omega_{n}+k\sin{\theta_{n}} \end{cases} \]

で、Jacobianは\( \; |J|=1 \; \)となり保存系であることがわかる。

補足. 最後に離散写像\( \; M \; \)が可逆であるかどうかの判定方法を説明する。可逆であるとは、相空間内の状態ベクトル\( \; u_{n+1} \; \)に対して、\( \; M(u_{n})=u_{n+1} \; \)を満たすような\( \; u_{n} \; \)が一意に定まることをいう。

第二問で得られた離散写像は、式変形によって \[ \begin{cases} \theta_{n}=\theta_{n+1}-\dfrac{e^{\mu T}-1}{\mu}\omega_{n+1},\\  \omega_{n}= e^{\mu T}\omega_{n+1}-k\sin{\left ( \theta_{n+1}-\dfrac{e^{\mu T}-1}{\mu}\omega_{n+1} \right )} \end{cases} \]

とできる。これから\( \; (\theta_{n+1}, \; \omega_{n+1}) \; \)を定めれば\( \; (\theta_{n}, \; \omega_{n}) \; \)が一意に定まることがわかるので、この写像は可逆である。

この事実をJacobianを用いて判定するには、いわゆる陰関数定理を使う。ただこの定理の証明は少々複雑であるので、別の記事で述べようと思う。その際はまず直観的な説明をしたあとで、数学的な証明を与えることにする。また話を二次元写像に限ることにするが、何次元であっても本質は変わらない。

 

Chaos in Dynamical Systems

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