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目次
単振動
通常の単振動は、$m\ddot{x}=-kx$から
$\ddot{x}+\omega^2 x=0$
が導かれる。この微分方程式を解くと、$x=e^{\pm i\omega t}$が解なので重ね合わせると
$x=Ae^{i\omega t}+Be^{-i \omega t}$
となる。($\sin,\cos$で書いても良いです)
※初期条件考えると、$x=x_{0}e^{i\omega t}+\displaystyle\frac{v_{0}}{\omega}e^{-i \omega t}$となる。
平衡点まわり
上のようなものは単振動であるが、平衡点まわりの運動も単振動となる。
$U(x)=U(a)+U^{\prime}(a)(x-a)+\displaystyle\frac{1}{2}U^{\prime\prime}(a)(x-a)^2+\cdots $
$=U(a)+\displaystyle\frac{1}{2}U^{\prime\prime}(a)(x-a)^2+\cdots $
※平衡点では$U^{\prime}(a)=0$であるため。
これを微分すると、$F(x)=-U^{\prime\prime}(a)(x-a)$となる。$F=m\ddot{x}$なので
$x-a\to x$と置き換えて$k=U^{\prime\prime}(a)$とすると
$m\ddot{x}=-kx$という運動方程式になり、平衡点まわりの運動は単振動になることが分かります。
減衰振動
抵抗が働く場合の単振動は減衰振動となる。抵抗力を速度に比例するとして$F=2m\beta v$とおくと、運動方程式は以下のようになる。
\(m\displaystyle\frac{d^2 x}{dt^2}=-kx-2m\beta\displaystyle\frac{dx}{dt}\)
変形して整理すると \(\ddot{x}+2\beta\ddot{x}+\omega^2 x=0\)
指数関数型の解$x=e^{\lambda t}$を考えると \(\lambda^2+2\beta \lambda+\omega^2=0\)
これを解くと、\(\lambda_{\pm}=-\beta\pm\sqrt{\beta^2-\omega}\)となる。
$\beta<\omega$のとき（減衰振動）
このときは、\(\beta\)が小さいことになるので、抵抗が小さい場合に該当する。
上の解でルートの中が虚数になるのでそれを括りだすと以下のように書ける。
\(\lambda_{\pm}=-\beta\pm i\sqrt{\omega^2-\beta^2}\)
この時の一般解は次のようになる。（これを減衰振動という）
$x=Ae^{(-\beta+i\sqrt{\omega^2-\beta^2}) t}+Be^{(-\beta-i\sqrt{\omega^2-\beta^2}) t}=e^{-\beta t}(Ae^{i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t}+Be^{-i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t})$
$\beta>\omega$のとき（過減衰）
この時は抵抗がかなり大きい場合に相当する。抵抗が大きすぎるので、減衰振動する前にすぐに終わってしまう。このとき、$\lambda_{\pm}=-\beta\pm\sqrt{\beta^2-\omega^2}$でなので一般解は
$x=Ae^{(-\beta+\sqrt{\beta^2-\omega^2})t}+Be^{(-\beta-\sqrt{\beta^2-\omega^2})t}$
$\lambda_{\pm}=-\beta\pm\sqrt{\beta^2-\omega^2}<0$なので一気に減衰していく。
$\beta=\omega$のとき（臨界振動）
上の二つの境界での振動。このとき、$\lambda$は重解をもつ。もう一つの独立解は、\((a+bt)e^{-\lambda t}\)であるので
\(x=ce^{-\beta t}+d(a+bt)e^{-\beta t}=(A+Bt)e^{-\beta t}\)
強制振動
外力が加わっている場合の振動の運動を考察する。（例、ブランコ）外力を$F=mf\sin\Omega t$とおくと
$m\ddot{x}=mf\sin\Omega t-m\omega_{0}^2 x-2m\beta \dot{x}$
右辺第二項は「$k=m\omega_{0}^2$」でばねの弾性力、第三項は摩擦の抵抗力。
式を整理すると$\ddot{x}+2\beta \dot{x}+\omega_{0}^2 x=f\sin\Omega t$
一般に、非同次の微分方程式は「同次解+特殊解」と書けるので、ここから特殊解を求めていく。
$x=B\sin(\Omega t-\alpha)$を仮定する。実際に上の方程式に代入すると
$-B\Omega^2\sin(\Omega t-\alpha)+2B\beta\Omega\cos(\Omega t-\alpha)+\Omega^2 B\sin(\Omega t-\alpha)=f\sin\Omega t $
左辺の三角関数を合成すると
$\sqrt{(\omega^2-\Omega^2)^2 B^2+(2\beta B\Omega)^2}\sin(\Omega t-\alpha+\gamma)=f\sin\Omega t $
$\tan \gamma=\displaystyle\frac{2\beta \Omega}{\omega^2-\Omega^2}$、$B=\displaystyle\frac{f}{\sqrt{(\omega^2-\Omega^2)^2 +(2\beta \Omega)^2}}$、$\alpha=\gamma$
同次解は上で解いたように(記号が被るので、係数は変えてます。)
$x=e^{-\beta t}(Ce^{i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t}+De^{-i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t})$
とすると最終的な強制振動の答えは
$x=e^{-\beta t}(Ce^{i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t}+De^{-i\sqrt{\omega^2-\beta^2} t})+\displaystyle\frac{f}{\sqrt{(\omega^2-\Omega^2)^2 +(2\beta \Omega)^2}}\sin(\Omega t-\alpha)$
※時間が経つと減衰項が消えて強制振動による項のみが残ります。
また、$\omega=\Omega$で振幅が大きくなる。（共鳴）
