マシュー方程式の複数のスケールの方法

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Sudipta Nayak 2020-01-05 03:55.

ストロガッツの「非線形ダイナミクスとカオス」で問題に遭遇しました具体的には7.6.18。彼は次の方程式を取ります:$$\ddot{x}+(a+\epsilon \cos t)x=0$$ ここで、aは1に近いです。そこで彼は、遅い時間で2つのタイミング方法を使用するように要求します。 $\epsilon^2t$ そして、以下を表示します。

にとって $1-\frac{\epsilon^2}{12}+o(\epsilon^4)<a<1+\frac{5\epsilon^2}{12}+o(\epsilon^4)$、ソリューションには制限がありません。

設定しました $a=1+\epsilon\delta$ どこ $\delta$$O(1)$ 定数なので、方程式は次のようになります。 $\ddot{x}+x+\epsilon(\delta+\cos t)x=0$

私は取る $x(t,\epsilon)=x_0(\tau,T)+\epsilon x_1(\tau,T)+\epsilon^2x_2(\tau,T)+O(\epsilon^3)$、 どこ $\tau=t$ そして $T=\epsilon^2 t$

私は得る \begin{align} \frac{dx}{dt}&=\frac{\partial x}{\partial \tau}+\epsilon^2\frac{\partial x}{\partial T} \\ \frac{d^2x}{dt^2} &=\partial_{\tau\tau}x+2\epsilon^2\partial_{T\tau }x+O(\epsilon^4)\\ &=\partial_{\tau\tau}(x_0+\epsilon x_1+\epsilon^2x_2+O(\epsilon^3))+2\epsilon^2\partial_{T\tau}(x_0+\epsilon x_1+..)+O(\epsilon^3)\\ &=\partial_{\tau\tau}x_0+\epsilon\partial_{\tau\tau}x_1+\epsilon^2(\partial_{\tau\tau}x_2+2\partial_{T\tau}x_0)+O(\epsilon^3) \end{align} そう $\ddot x+x+\epsilon(\delta+\cos t)x=0$ に変換されます: $$ \partial_{\tau\tau}x_0+x_0+\epsilon(\partial_{\tau\tau}x_1+x_1+x_0(\delta+\cos t))+\epsilon^2(\partial_{\tau\tau}x_2+2\partial_{T\tau}x_0+x_1(\delta+\cos t))=O(\epsilon^3) $$ したがって、2次までの摂動方程式は次のとおりです。 \begin{align} \partial_{\tau\tau}x_0+x_0&=0 \tag{1} \\ \partial_{\tau\tau}x_1+x_1&=-x_0(\delta+\cos t)\tag{2} \\ \partial_{\tau\tau}x_2+x_2&=-2\partial_{T\tau}x_0-x_1(\delta+\cos t)\tag3 \end{align}

式1の一般的な解は次のとおりです。 $$ x_0(\tau,T)=A(T)\cos\tau+B(T)\sin\tau\tag4 $$ 4 in 2を使用すると、次のようになります。 $$ \partial_{\tau\tau}x_1+x_1=-A\delta \cos\tau-B\delta \sin\tau-\frac{A}{2}(\cos2\tau+1)-\frac{B}{2}\sin2\tau $$

式2の非世俗的な解については、共振項の係数を0に設定します。 $A=0$ そして $B=0$ それは順番に私たちに与えます $x_0=0$ 式2は次のようになります。 $\partial_{\tau\tau}x_1+x_1=0$ 式3は次のようになります。 $\partial_{\tau\tau}x_2+x_2=-x_1(\delta+\cos t)$

これが私たちが始めたものです $x_0$ そう $x_1=0$ 等々。

だから2つのタイミングを $T=\epsilon^2t$ 動作しないようです。

3つのタイムスケールを使ってみました $x(t,\epsilon)=x_0(\tau,T,\sigma)+\epsilon x_1(\tau,T,\sigma)+....$ どこ $\tau=t$$T=\epsilon t$$\sigma=\epsilon^2 t$

しかし、代数は少し扱いに​​くくなり、これは著者が私たちに望んでいたことではないことを示唆しました。

誰かが上記の結果を証明できますか?任意の提案をいただければ幸いです。

1 answers

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Lutz Lehmann 2020-01-05 05:10.

サークルを壊す

明らかに、設定するのは間違っています $A=B=0$メソッドが規定するように。メソッドの設定でエラーが発生したことを意味します。以下を参照してください。まず、未定係数の方法を適用するとどうなるかを見てみましょう。$$ x_1=Cτ\cosτ+Dτ\sinτ+\text{terms of double frequency} $$つまり、共振項は得られますが、元の均一解への新しい寄与はありません。これを解くと$C=\frac{Bδ}2$$D=-\frac{Aδ}2$ 合計で $$ x_1=\frac{Bδ}2τ\cosτ-\frac{Aδ}2τ\sinτ+\frac{A}6(\cos2τ-3)+\frac{B}6\sin2τ $$ 有限の期間でこれらの用語は $x_0+ϵx_1$ テイラーごとに組み合わせて、のサインとコサインを使用して近似を与えることができます。 $(1+\frac{δϵ}2)τ$。これは、遅い時間が次のように選択されるべきだったことを意味します$T=δϵt$ または単に $T=ϵt$。これは主張につながりません。

問題の解決について

探検したい $a$ フォームの $1+cϵ^2$。設定してこれを行うことはできません$δ=cϵ$、摂動解析の他のすべての量は、 $ϵ$。またはあなたがそれをするなら、それから$δ$ 定数であり、 $1+δϵ$ は線形であり、2次の摂動ではありません $1$。タスクの主張によって、この線形アプローチでは発散共鳴の領域を見つけることができません。

二次アプローチの摂動システムは次のとおりです。 \begin{align} \partial_{\tau\tau}x_0+x_0&=0, \tag{1} \\ \partial_{\tau\tau}x_1+x_1&=-x_0\cos t, \tag{2} \\ \partial_{\tau\tau}x_2+x_2&=-2\partial_{T\tau}x_0-cx_0-x_1 \cos t, \tag3 \end{align}

標準の三角関数パラメータ化を使用した新しいバージョン

基本方程式の解は、あなたも使用したように、次の形式になります。 \begin{align} x_0(τ,T) &= A(T)\cos(τ)+B(T)\sin(τ) \end{align}

次に、次の注文項は \begin{align} ∂_{ττ}x_1+x_1&=-\frac{A(T)}2(1+\cos2τ)-\frac{B(T)}2\sin2τ\\ x_1(τ,T) &= -\frac{A(T)}2 + \frac{A(T)}6\cos2τ + \frac{B(T)}6\sin2τ \end{align} 均一/相補溶液の周波数1成分は、基本溶液の一部しか複製しないため、省略されていることに注意してください。

次の摂動項で、最初の摂動項に遭遇します $T$ 導関数と周波数摂動、および2回シフトされた基本周波数、すべての共振源。 \begin{align} ∂_{ττ}x_2+x_2&=-2∂_{Tτ}x_0 - cx_0 - \cosτ\,x_1 \\ &= 2A'(T)\sinτ - 2B'(T)\cosτ -cA(T)\cosτ - cB(T)\sinτ\\&\qquad + \frac{A(T)}2\cosτ - \frac{A(T)}{12} (\cos3τ+\cosτ) - \frac{B(T)}{12}(\sin3τ + \sinτ) \end{align} 共振を避けるために、1項の周波数をキャンセルする必要があります。 \begin{align} 2A'(T)&=cB(T) + \frac{B(T)}{12}&&=\left(\frac1{12}+c\right)B(T) \\ 2B'(T)&=-cA(T) + \frac{A(T)}2 - \frac{A(T)}{12}&&=\left(\frac{5}{12}-c\right)A(T) \end{align} これには、次の場合に1組の実固有値があります。 $\left(\frac1{12}+c\right)\left(\frac{5}{12}-c\right)>0$、つまり、 $-\frac1{12}<c<\frac{5}{12}$。それらの1つが肯定的であるため、これはソリューションで指数関数的に成長する項を与え、主張に従って発散につながります。

位相パラメータ化を使用した古いバージョン

基本方程式の解の同等の形式は次のとおりです。 \begin{align} x_0(τ,T)&=A(T)\cos(τ+B(T)), \\ x_0(τ,T)\cos(τ)&=\frac{A(T)}2[\cos(2τ+B(T))+\cos(B(T))], \end{align} 次に、最初の摂動項は次のように計算されます。 \begin{align} x_1(τ,T)&=\frac{A(T)}6\cos(2τ+B(T))-\frac{A(T)}2\cos(B(T)), \\ x_1(τ,T)\cos(τ)&=\frac{A(T)}{12}[\cos(3τ+B(T))+\cos(τ+B(T))]\\ &~~~~-\frac{A(T)}2[\cos(τ+B(T))\cos^2(B(T))+\sin(τ+B(T))\sin(B(T))\cos(B(T))] \\[.5em] &=\frac{A(T)}{12}\cos(3τ+B(T))-\frac{A(T)}{12}[2+3\cos(2B(T))]\cos(τ+B(T)) \\&~~~~-\frac{A(T)}4\sin(2B(T))\sin(τ+B(T)), \end{align} 均一/相補解の周波数1成分は、基本解の一部のバリアントのみを複製するため、省略されていることに注意してください。

次の項の方程式では、パラメータの依存性を使用して解決する必要がある共振に遭遇します $A(T)$ そして $B(T)$ オン $T$\begin{align} ∂_{ττ}x_2+x_2&=2\Bigl[A'(T)\sin(τ+B(T))+A(T)B'(T)\cos(τ+B(T))\Bigr]\\ &~~~~-cA(T)\cos(τ+B(T))-x_1(τ,T)\cos(τ) \\[.5em] &=\Bigl[2A'(T)+\frac{A(T)}4\sin(2B(T))\Bigr]\sin(τ+B(T))\\ &~~~~+\Bigl[2A(T)B'(T)-cA(T)+\frac{A(T)}{12}[2+3\cos(2B(T))]\Bigr]\cos(τ+B(T))\\ &~~~~-\frac{A(T)}{12}\cos(3τ+B(T)) \end{align} 多項式係数の形で明示的な成長を取り除くには、最初の2つの共鳴項の係数を設定する必要があります。 $\cos(τ+B(T))$ そして $\sin(τ+B(T))$、ゼロに、システムを与える \begin{align} 8A'(T)&=-A(T)\sin(2B(T))\\ 8B'(T)&=4c-\frac23-\cos(2B(T)) \\[1em] \implies A(T)&=\frac{C}{4c-\frac23-\cos(2B(T))} \end{align} 今限り $4c-\frac23\in(-1,1)\iff c\in(-\frac1{12},\frac{5}{12})$、2番目の方程式には、無限の量の単純な平衡があり、 $B(T)$それらの2つの間に境界があります。漸近的に$B(T)$ 次の安定した平衡に収束します。 $\sin(2B(T))$負です。しかし、最初の方程式は正の成長因子を持つため、振幅は$A(T)$ 指数関数的に成長しています。

その範囲外では、 $A(T)$ の周期関数です $B(T)$、したがって制限されます。

この2番目のアプローチは、最初のアプローチよりも三角関数公式の複数の異なるアプリケーションのために明らかに複雑であり、エラーをチェックするのがはるかに困難です。

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