A１　振動現象
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簡単な微分方程式の例としてバネにつながれたおもりの振動を考えてみましょう。

１．単振動

［１］バネにつながれたおもり(＝質点， 質量 m )に対するニュートンの運動方程式はよく知られているように，

m	d2x	＝−bx ＝　F　　［復元力］　　　( ＝−mω02x )  ･････　[*]
	dt2

で与えられます［フックの法則］。ここで，x はバネのつりあいの位置からの質点の変位，b はバネ定数と呼ばれ，変位 x が小さいときは復元力 F が -bx  で近似できることをこの方程式は示しています。

　　この２階微分方程式[#] の解が正弦波， または余弦波で得られることは，　　　　　

x ＝ A sin(ωt＋φ)　：　ただし， ω＝	b m	( b ＝ mω2 )，　A，φ＝適当な定数

を[*]に代入してみればすぐに確かめられます。ここで，A は定数で，振幅と呼ばれます。また，ωは角振動数と呼ばれ，振動数νと，

ω＝ 2πν

と関係付けられます。

［２］　また，複素数解を認めれば，

x ＝ A exp (iωt)

も解となります。これも [*] に代入して計算して確かめてください。

２．減衰する波

［１］　再び，バネにつけられた質点の振動を考えます。ただし，今度はバネは質点の速度と質量に比例する(比例定数＝2γ) ような摩擦抵抗を受けて，振動が時間とともに衰えていくような場合を考えます。その場合の運動方程式は，

b ＝ mω₀²

とおいて，次のようになります。

この解は，ω'＝		ω02−γ2		，ω''＝		γ2−ω02	を定義して用いれば，

(１)減衰振動 小さな摩擦，γ＜ω0 　ω'＞0	A e-γt sin(ω't＋φ)
(２)臨界減衰 　　ω02＝γ2	(A＋Bt) e-γt
(３)過減衰 大きな摩擦，γ＞ω0 　ω''＞0	A exp［−(γ＋ω'')t］         ＋B exp［−(γ−ω'')t］

となります。(これは摩擦を受けながら振動するおもりが静止する様子をあらわす他に，光が物質中で吸収されれて減衰していく様子にも応用されます。)

導出方法

x(t)＝e^-γt･y(t)とおいて，[**]に代入すると，     　←波動方程式を解くときの定番テクニック

d2y(t)	e-γt−2γ	dy(t)	e-γt＋γ2e-γt･y(t)＋2γ		dy(t)	e-γt＋2γ(−γ)e-γt･y(t)＋ω02y(t)e-γt＝0
dt2		dt			dt

	d2y(t)	＋(ω02−γ2)y(t)			e-γt＝ 0　　[**]'
	dt2

［２］　ここで，摩擦が小さく，ω₀²−γ²≡ω_s² ＞0 場合，

d2y(t)	＋ωs2y(t)  ＝ 0
dt2

これは最初に扱った問題の，[*]で，ω→ω_s とした微分方程式にすぎないので，その解は，

y(t) ＝ A sin(ω_st＋φ)　；　　A，φ＝定数

したがって，

x(t)＝Ae^-γt･sin(ω_st＋φ)

これは振幅が指数関数的に減衰する振動をあらわしています。

［３］　次に，ω₀²−γ²＝0 の場合，[**]'は，

d2y(t)	＝0
dt2

に等しく，その一般解は，

y(t) ＝ A＋Bt

したがって，初めの微分方程式の解は，

x(t)＝(A＋Bt)e^-γt
　　＝B(t＋A/B)e^-γt

［４］ 摩擦が大きく，ω₀²−γ²＝−ω_L² ＜ 0 場合，

d2y(t)	−ωL2y(t)  ＝ 0
dt2

この解は，

y(t)＝exp［ω_Lt］　または，exp［−ω_Lt］

したがって，

x(t)＝A exp［-(γ＋ω_L)t］＋B exp［-(γ−ω_L)t］

ここで，　γ−ω_L＞0　であることに注意すれば，この解は２つの指数関数的な減衰の重ね合わせであることがわかります。

［３］　複素数解

３．強制振動

［１］　次に，中心力に束縛された物体に摩擦抵抗と周期的な強制力が働く場合を考えましょう。[**]に強制力 F/m=fcosωt を追加します。

d2x	＝−2γ	dx	−ω02x ＋ ｆ ･cosωt　［強制振動］ ･････　[***]
dt2		dt

この微分方程式の解を， x＝Acos(ωt−φ)　とおいて代入すると，

−Aω²cos (ωt−φ) ＝ 2γAωsin (ωt−φ)−ω₀²Acos (ωt−φ) ＋ ｆ ･cosωt

加法定理[#]　を使って整理すると，

[ −ω²Acosφ＋2γAωsinφ＋Aω₀²cosφ−f ］cosωt
　　　　　　　　　　　　　　　　＋A[ −ω²sinφ−2γωcosφ＋ω₀²sinφ ］sinωt＝0

すなわち，

(１)　−ω²Acosφ＋2γAωsinφ＋Aω₀²cosφ−f ＝0

⇔　 A ＝	f
	｛(ω02−ω2)＋2γω･tanφ｝cosφ

(２)　−ω²sinφ−2γωcosφ＋ω₀²sinφ＝0

⇔　tanφ ＝	2γω
	ω02−ω2

が成り立たたなければなりません。 (２)式から，

cos2φ ＝	1	＝	(ω02−ω2)2
	1＋tan2φ		(ω02−ω2)2＋(2γω)2

これを用いると，(１)式から，

A ＝	f
	(ω02−ω2)2＋(2γω)2

と求まります。

x ＝	f	･cos(ωt−φ)　　　　　　　 [答え]
	(ω02−ω2)2＋(2γω)2

角振動数ω₀が

ω0＞	γ		2

であるならば，

ω ＝		ω02−2γ2

の時に振幅は最大をとります。

［２］　強制振動が複素関数　ｆ ･exp［iωt］　で与えられるときは，

d2x	＝−2γ	dx	−ω02x ＋ ｆ ･exp［iωt］　 ･････　[***]'
dt2		dt

複素数解を

x(t)＝A' exp［iωt］

とおいて，[***]'に代入して，exp［iωt］で割ると，

A' ＝	f	＝f･	(ω02−ω2)−2γωi
	(ω02−ω2)＋2γωi		(ω02−ω2)2＋(2γω)2

がすぐに得られます。

４．連成振動と基準モード

［１］   右図のように壁の間でバネにつながれた質量 m の重りが直線上をフックの法則 [#] にしたがって弾性振動する様子(連成振動)を考えます。ここで，２つの重りどおしは弾性係数k で，また，それぞれのおもりと壁とは弾性係数k'で直線的につながっているものとします。また，２つの重りがともに静止してつりあう位置を基準にしたそれぞれの重りの時刻 t における変位(基準から右側を＋，左側を−にとって)を x₁(t)，x₂(ｔ) とします。これらの記号のもとで２つの物体にたいする運動方程式は，

m	d2x1	＝ −k'x1 ＋k(x2-x1)  ＝ −(k'＋k )x1＋kx2			････(１)
	dt2

m	d2x2	＝ −k(x2-x1)−k'x2   ＝  kx1−(k'＋k )x2		････(２)
	dt2

となります。したがって，この「連立微分方程式」を適当な境界条件のもとで解けば，２つの物体の運動を完全に記述することができるはずです。

［２］　一見，複雑そうな連立微分方程式ですが，方程式の対称性に注意して，(１)＋(２)，および，(２)−(１)をとると，

m	d2	(x1＋x2)＝ −k'(x1＋x2)                                ････(３)
	dt2

m	d2	(x2−x1)＝ −(k'＋2k)(x2−x1)                      ････(４)
	dt2

が得られます。これらは変数を　q₁＝(x₁＋x₂)，q₂＝(x₂−x₁)と置き換えれば，新しい変数，q₁，q₂ に関する独立した２つの微分方程式であり，その解は良く知られた単振動をあらわす関数 [#] で，

q₁(t) ＝ c₁sin(ω₁t ＋φ₁)                          　　　　　　　････(５)
q₂(t) ＝ c₂sin(ω₂t ＋φ₂)                          　　　　　　　････(６)

ただし，　ω1 ＝	k' m		および，ω2 ＝	k'＋2k m

となります。これら２つの単振動 q₁(t)，q₂(t) を連成振動の基準振動といい，c₁，φ₁，c₂，φ₂ は境界条件が与えられていれば定まる定数です。　したがって，x₁＝(q₂−q₁)/2，　x₂＝(q₁＋q₂)/2 より，

x1(t) ＝ c'1 sin(ω1t ＋φ1)− c'2 sin(ω2t ＋φ2) x2(ｔ) ＝ c'1 sin(ω1t ＋φ1)＋ c'2 sin(ω2t ＋φ2)

ただし，2c₁＝c'₁ ，2c₂ ＝c'₂ とおき直しています。これが連成振動の一般解です。

［３］  このように簡単に解が得られたポイントは，途中で変数を， x₁，x₂　から　q₁，q₂ に変換することで，複雑な連立方程式が簡単な２つの独立した単振動をあらわす微分方程式に帰着されたところにあります。この様子を視覚的に見るために変位，x₁(t)，x₂(ｔ) を平面上にプロットして考察してみましょう。つまり，直交基底｛ e₁，e₂ ｝ を用いて，

x　＝ x₁(t)e₁＋x₂(ｔ)e₂

として平面に解を表すことにするのです(右図がその一例)。すると，先ほど微分方程式を解くためにおこなった座標変換は，ベクトルと行列を用いて，

	q1		＝		x1＋x2
	q2				-x1＋x2

＝		1	1			x1
		-1	1			x2

＝	2		cos(-π/4)	-sin(-π/4)			x1
			sin(-π/4)	cos(-π/4)			x2

と書くことができ，これはベクトル成分を平面上で−π/4回転させて，√2 倍することになります。これは成分で考える場合とは逆にπ/4だけ基底ベクトルを回転させて，1/√2 倍するような基底変換をおこなったとみなすこともできます。このまま話を進めても構わないのですが，(３)，(４)の両辺√2 で割った座標変換として，

q1 ＝	x1＋x2	，   q2 ＝	-x1＋x2
	2		2

を考える方がエレガントです。ベクトルで表すと，

	q1		＝	1   2		1	1			x1
	q2					-1	1			x2

＝		cos(-π/4)	-sin(-π/4)			x1
		sin(-π/4)	cos(-π/4)			x2

これは−π/４だけの回転を表しています。この様子は右図をよく参考にしてください。この座標変換はユニタリ変換[#] と呼ばれるものです。

［３］　これは基底変換の立場からみることもでき，形式的に，

	e'1		＝		cos(-π/4)	-sin(-π/4)			e1
	e'2				sin(-π/4)	cos(-π/4)			e2

＝	1   2		e2＋e1
			e2−e1

とかかれる基底変換，

Σ；｛e₁，e₂ ｝　⇒　Σ'；｛ e'₁，e'₂ ｝

をおこなっていることになります。一方，連立方程式(１)〜(４)をベクトルを用いてまとめれば，

m	d2	x ＝			−(k'＋k ) k k −(k'＋k )	x	････(１)'，(２)'
	dt2

         ↓↑　変数変換

m	d2	q　＝			−k' 0 0 −(k'＋2k)	q	････(３)'，(４)'
	dt2

となります。ここまでかけば，もうお分かりですね。ここでの変数変換とは，ユニタリ変換による対称行列の対角化　を行っていることに相当し，連成振動の連立微分方程式を解く問題は固有値問題として捉えられるのです。すなわち，

固有方程式， x K＝ λx を解いて，固有値，固有ベクトルを求めて， λ＝−k'           　のとき，固有ベクトル，e'1 λ＝−(k'＋2k) 　のとき，固有ベクトル，e'2

を得るということをやっていたわけです。

［４］　固有値問題に帰着できた理由は連成振動に対称性があることにあります。固有値論[#] を勉強したときに，「対称行列は直交行列で対角化することができる」という定理 [#] がありましたね。したがって，ここでの問題で，''重り'' の数がいくら増えても対称性が存在する限り，この問題を固有値問題として取り扱いが可能であることが推測できます。行列の対角化について簡単に復習しておくと，

［５］　最後に，はじめからこの問題を固有値問題として捉えた解法を示しておきます。まず，

m	d2x1	＝ −k'x1 ＋k(x2-x1)  ＝ −(k'＋k )x1＋kx2			････(１)''
	dt2

m	d2x2	＝ −k(x2-x1)−k'x2   ＝  kx1−(k'＋k )x2		････(２)''
	dt2

を行列とベクトルを用いてあらわすと，

m d2 dt2		x1		＝		−(k'＋k )	k			x1
		x2				k	−(k'＋k )			x2

　　　　　　　↓

m	d2	x    ＝    K x
	dt2

ここで，基底変換をおこなって，K を対角化した結果を，

m d2 dt2		q1		＝		λ1	0			q1
		q2				0	λ2			q2

とすれば，

m d2  q1 ＝ −mω12q1 ＝λ1q1　および，m d2  q2 ＝ −mω22q2 ＝λ2q2 dt2 dt2

から２つの特解が任意定数を　c₁，φ₁，c₂，φ₂ として，

q1 ＝ c1sin(ω1t ＋φ1) ：  ただし，ω1 ＝ -λ1 m q2 ＝ c2sin(ω2t ＋φ2) ：  ただし，ω2 ＝ -λ2 m

と求まります。　(λ₁ ， λ₂は後で求めます。)

［６］　そして，K を対角化する問題は，

	−(k'＋k )	k			x1		＝λ		x1
	k	−(k'＋k )			x2				x2

という固有値問題を解くことと同じです。 この固有方程式が自明な x₁＝x₂＝0 以外の解をもつ条件は，

	−λ−(k'＋k )	k		＝ 0
	k	−λ−(k'＋k )

｛−λ−(k'＋k )｝²−k² ＝ 0

というλの方程式となります。この解は，

λ1 ＝− k' λ2 ＝−(k'＋2k)

λ₁ ＝− k' のとき，固有方程式は，

	−k	k			x1		＝		0
	k	−k			x2				0

これより，x₁ ＝ x₂ ，したがって固有ベクトルは，

∴　e'1 ＝		1   2		1		＝	e1＋e2   2
				1

λ₂ ＝−( k'＋2k )　のとき，固有方程式は，

	k	k			q1		＝		0
	k	k			q2				0

これより，

x₁ ＝ −x₂

∴　e'2 ＝		1   2		-1		＝	−e1＋e2   2
				1

まとめると，形式的に，

	e'1		＝	1   2		1	1			e1
	e'2					-1	1			e2

したがって，対角化のための基底変換の行列は，

U*＝	1   2		1	1		＝		cos(-π/4)	-sin(-π/4)
			-1	1				sin(-π/4)	cos(-π/4)

および，　　　　　（　U_ij＝e_i･e'_j　内積　，e（））

U＝	1   2		1	-1		＝		cos(π/4)	-sin(π/4)
			1	1				sin(π/4)	cos(π/4)

したがって，x ＝ Uq　を成分で計算すれば，

	x1		＝	1   2		1	-1			q1		＝	1   2		q1−q2
	x2					1	1			q2					q1＋q2

よって，

x1(t) ＝ c'1 sin(ω1t ＋φ1)− c'2 sin(ω2t ＋φ2) x2(ｔ) ＝ c'1 sin(ω1t ＋φ1)＋ c'2 sin(ω2t ＋φ2)

と一般解が求められました。ここで，c'₁ ，φ₁，c'₂ ，φ₂ は任意定数。

［７］　ついでに確かめておくと，

U*KU　＝	1 2		1	1			−(k'＋k )	k			1	-1
			-1	1			k	−(k'＋k )			1	1

           ＝　･･･計算　･･･

＝		-k'	0
		0	-(k'＋2k)

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