数理モデルの問題

$f(x,y)=x\left(1-\frac{x}{K}\right)-\frac{xy}{1+x}$, $g(x,y)=y\left(\frac{x}{1+x}-\frac{3}{5}\right)$ とおく。

内部平衡点。 $y>0$ で $g=0$ より $\frac{x}{1+x}=\frac{3}{5}$、すなわち $5x=3+3x$ から $x^{\ast }=\frac{3}{2}$。$x>0$ で $f=0$ より $\frac{y}{1+x}=1-\frac{x}{K}$ なので
$$y^{\ast }=\left(1-\frac{x^{\ast }}{K}\right)(1+x^{\ast })=\frac{5}{2}\left(1-\frac{3}{2K}\right),$$
これは $K>\frac{3}{2}$ のとき正である。

ヤコビ行列。 $f=xF(x,y)$, $F=1-\frac{x}{K}-\frac{y}{1+x}$ と書くと、平衡点では $F=0$ なので $f_x=x^{\ast }{F}_x$, $f_y=x^{\ast }{F}_y$ となる。
$$F_x=-\frac{1}{K}+\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2},F_y=-\frac{1}{1+x^{\ast }}.$$
ここで $\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}=\frac{1-x^{\ast }/K}{1+x^{\ast }}$ を代入すると
$$F_x=\frac{-(1+x^{\ast })+K-x^{\ast }}{K(1+x^{\ast })}=\frac{K-1-2x^{\ast }}{K(1+x^{\ast })}=\frac{K-4}{\frac{5}{2}K}.$$
また $g=yG(x)$, $G=\frac{x}{1+x}-\frac{3}{5}$ で、平衡点では $G=0$ なので $g_x=y^{\ast }{G}^{\prime }(x^{\ast })=\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}$, $g_y=G(x^{\ast })=0$。よって
$$J=\left(\begin{array}{cc}{x}^{\ast }{F}_x& -\frac{x^{\ast }}{1+x^{\ast }}\\ \frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}& 0\end{array}\right).$$

固有値が純虚数になる条件。 2 次の正方行列の固有値は ${\lambda }^2-(\mathrm{tr}J)\lambda +\det J=0$ の解である。
$$\det J=\frac{x^{\ast }}{1+x^{\ast }}\cdot \frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}>0$$
（$K>\frac{3}{2}$ より $y^{\ast }>0$）なので、固有値が純虚数 $\pm i\omega$ となるのは $\mathrm{tr}J=x^{\ast }{F}_x=0$、すなわち $K-4=0$ のときである。よって $K_0=4$。（$K<4$ では $\mathrm{tr}J<0$ で漸近安定、$K>4$ では $\mathrm{tr}J>0$ で不安定になり、$K_0$ で安定性が変わる。）

$\omega$ の値。 $K=4$ のとき $y^{\ast }=\frac{5}{2}\left(1-\frac{3}{8}\right)=\frac{25}{16}$、$(1+x^{\ast }{)}^2=\frac{25}{4}$ だから $\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}=\frac{1}{4}$。また $\frac{x^{\ast }}{1+x^{\ast }}=\frac{3}{5}$。よって
$$\det J=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{20}.$$
固有方程式は ${\lambda }^2+\frac{3}{20}=0$ となり、$\lambda =\pm i\sqrt{\frac{3}{20}}$。したがって
$$\omega =\sqrt{\frac{3}{20}}=\frac{\sqrt{15}}{10}.$$

以上より $(K_0,\omega )=\left(4,\frac{\sqrt{15}}{10}\right)$。

内部平衡点: $\dot{y}=0$ より $\frac{x}{1+x}=\frac{3}{5}$ なので $x^{\ast }=\frac{3}{2}$。$\dot{x}=0$ より $y^{\ast }=(1+x^{\ast })\left(1-\frac{x^{\ast }}{K}\right)=\frac{5}{2}\left(1-\frac{3}{2K}\right)$。$K>\frac{3}{2}$ で $y^{\ast }>0$。\n\nヤコビ行列: $f=x(1-x/K)-\frac{xy}{1+x}$, $g=y\left(\frac{x}{1+x}-\frac{3}{5}\right)$ とすると、平衡点で $g$ の括弧内が 0 なので\n$f_x=1-\frac{2x}{K}-\frac{y}{(1+x{)}^2}$（平衡点では $x(1-x/K)=\frac{xy}{1+x}$ より整理も可）, $f_y=-\frac{x}{1+x}=-\frac{3}{5}$, $g_x=\frac{y}{(1+x{)}^2}$, $g_y=0$。\n\n$(1+x^{\ast }{)}^2=\frac{25}{4}$ なので $\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}=\frac{4}{25}\cdot \frac{5}{2}\left(1-\frac{3}{2K}\right)=\frac{2}{5}-\frac{3}{5K}$。\nトレース $=f_x=1-\frac{3}{K}-\frac{2}{5}+\frac{3}{5K}=\frac{3}{5}-\frac{12}{5K}$。\n行列式 $=-f_y{g}_x=\frac{3}{5}\left(\frac{2}{5}-\frac{3}{5K}\right)$。\n\n固有値が純虚数となる条件は トレース $=0$ かつ 行列式 $>0$。トレース $=0$ より $K=4$。このとき $\frac{y^{\ast }}{(1+x^{\ast }{)}^2}=\frac{2}{5}-\frac{3}{20}=\frac{1}{4}$、行列式 $=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{20}>0$。固有値は ${\lambda }^2+\frac{3}{20}=0$ より $\pm i\sqrt{3/20}$、$\omega =\sqrt{\frac{3}{20}}=\frac{\sqrt{15}}{10}$。\n\n検算: $K=4$ で $y^{\ast }=\frac{5}{2}\cdot \frac{5}{8}=\frac{25}{16}$、$\frac{y^{\ast }}{25/4}=\frac{1}{4}$。$f_x=1-\frac{3}{4}-\frac{1}{4}=0$ ✓。\n\nよって $(K_0,\omega )=\left(4,\frac{\sqrt{15}}{10}\right)$。