調和振動子 - phys-aのブログ

物理の始めと言えば質点の力学、そして調和振動子、そんなイメージがあります。というわけで調和振動子の線形微分方程式を解いてみます。それだけです。

とりあえずその方程式というのは位置 $x$ 、時間 $t$ 、質量 $m \gt 0$ 、バネ定数 $k \gt 0$ とした時

\begin{equation} m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = - k x \end{equation}

で与えられる*1。2階線形微分方程式の形をしている。

以下解法を3種類示す。

解法1: 線形性を利用して解の形を $e^{i\lambda}$ と予め決めて解く

$x=e^{i\lambda}$ と解を決めて代入する。すると固有方程式

\begin{equation} \lambda^2 - \omega^2 =0 \end{equation}

が得られる。ただし $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ とした。この解は $\pm \omega$ ということが分かる。よって方程式の解は以下のようにその線型結合で書かれる。

\begin{equation} x = A e^{i \omega t} + B e^{-i \omega t}, \end{equation}

ただし $A,B$ は共に定数。

この解法は線形微分方程式は階数分だけ解（独立解）をもち（今回だと2階線形微分方程式なので $e^{i\omega t}$ と $e^{-i \omega t}$ の2コ）、その線型結合ですべての解を表わせるという性質と、Fourier級数でお馴染みの $\{ e^{inx} \}_{n\in\mathbb{Z}}$ が完全直交基底をなしていることを利用して解いている。同じことだが $\{1, \sin n x, \cos m x\}_{n,m \in \mathbb{Z}^+}$ でを用いて解いても良い。両者は係数を変化させことで変換可能である。たとえ前者の関数系で展開したとしてもだいたいは初期条件（境界条件）で $\sin x$ あるいは $\cos x$ の形に持って行かせると思う。

解法2: 三角関数の定義を使って解く

調和振動子で与えられた微分方程式は

\begin{equation} \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -\omega^2 x \end{equation}

である。さらに2回微分してみると

\begin{equation} \frac{\mathrm{d}^4 x}{\mathrm{d} t^4} = -\omega^2 \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = (-\omega^2)^2 x \end{equation}

となる。すなわち $n$ を正の整数として $2n$ 回微分すると

\begin{equation} \frac{\mathrm{d}^{2n} x}{\mathrm{d} t^{2n}} = (-\omega^2)^n x \end{equation}

となる。一方で $2n-1$ 微分したものは

\begin{equation} \frac{\mathrm{d}^{2n-1} x}{\mathrm{d} t^{2n-1}} = (-\omega^2)^{n-1} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \end{equation}

となる。ここで $x$ の $t=0$ 近傍でTaylor展開を考えてみると

\begin{align} x = \sum_{k=0}^\infty \left.\frac{\mathrm{d}^k x}{\mathrm{d} t^k}\right|_{t=0} \frac{x^k}{k!} &= \sum_{k=0}^\infty \left.\frac{\mathrm{d}^{2k} x}{\mathrm{d} t^{2k}}\right|_{t=0} \frac{x^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^\infty \left.\frac{\mathrm{d}^{2k+1} x}{\mathrm{d} t^{2k+1}}\right|_{t=0} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} \\ &= x_0 \sum_{k=0}^\infty \frac{ (-1)^k (\omega x)^{2k}}{(2k)!} + \frac{v_0}{\omega} \sum_{k=0}^\infty \frac{ (-1)^{k+1} (\omega x)^{2k+1}}{(2k+1)!} \\ &= x_0 \cos\omega t + \frac{v_0}{\omega} \sin\omega t \end{align}

ただし $x_0 = x|_{t=0}, v_0 = \left.\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right|_{t=0}$ とし、それぞれ初期位置と初期速度とを表わす。Taylor展開を奇数と偶数とに分けることで2行目で正弦函数と余弦函数との定義の級数が見えることで解ける問題。

解法3: エネルギー積分から解く

微分方程式にまず $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}$ を乗じてみる。すると

\begin{align} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} &= - \omega^2 x \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \\ \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \left( \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \right)^2 &= - \omega^2 \frac{\mathrm{d} x^2}{\mathrm{d} t}\end{align}

より

\begin{equation} \frac{1}{2}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \left[ \left(\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right)^2 + \omega^2 x^2 \right] = 0 \end{equation}

が得られる。この積分を実行すると得られるものがエネルギーなのでエネルギー積分と言われてると思う。それを $E \geq 0$ と置いておく。

\begin{equation} \frac{1}{2}\left(\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right)^2 + \frac{\omega^2}{2} x^2 = E .\end{equation}

この式を $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}$ について解くと

\begin{equation} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = \pm \sqrt{ 2E - \omega^2 x^2} \end{equation}

となる。これを変数分離してやると

\begin{equation} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{2E - \omega^2 x^2}} = \pm \mathrm{d} t \end{equation}

となる。両辺を積分してやると

\begin{equation} \int \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{2E - \omega^2 x^2}} = \pm t + \alpha, \end{equation}

とりあえず右辺は簡単に積分できたが左辺は保留しておく。ここで余弦函数の逆関数 $\cos^{-1} a x$ の微分を考えてみる。これは $y=\cos^{-1} ax$ とおくと以下のように実行される。

\begin{align} ax &= \cos y \\ a\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} x &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\cos y \\ a &= -\sin y \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \end{align}

より

\begin{align} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = -\frac{a}{\sin y} = -\frac{a}{\sqrt{1-\cos^2 y}} = -\frac{a}{\sqrt{1-a^2x^2}}, \end{align}

すなわち

\begin{equation} \frac{\mathrm{d} \cos^{-1} ax}{\mathrm{d} x} = -\frac{a}{\sqrt{1-a^2x^2}} .\end{equation}

これより先ほどの積分は

\begin{align} \int \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{2E - \omega^2 x^2}} = \frac{-1}{\omega} \int \frac{-\left(\frac{\omega}{\sqrt{2E}}\right) \mathrm{d} x}{\sqrt{1 - \left(\frac{\omega}{\sqrt{2E}}\right)^2 x^2}} = -\frac{\cos^{-1}\frac{\omega}{\sqrt{2E}} x}{\omega} \end{align}

と解けることが分かる。したがって $x$ は

\begin{align} x = \frac{\sqrt{2E}}{\omega} \cos\left( \omega t + \tilde{\alpha} \right) \qquad (\tilde{\alpha} = \pm \omega \alpha ) \end{align}

のように求まる。今回は初期条件なり積分区間を決めずにふわっとした積分をしてしまっているがちゃんと問題の条件に即した範囲で積分すること。参考までに原島さんの力学はこの導出方法が書かれている。

力学 1 質点・剛体の力学

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以上の方法はある種正攻法であって、解を具体的に知らなくても解ける方法である。一方で既に解を知っているなら積分定数を2コ含む形で三角関数を代入すれば良いというのもある。たとえば $A\sin(\omega t + \alpha)$ or $A\cos(\omega t + \alpha)$ 、あるいは $A \sin\omega t + B \cos\omega t$ 。これだと必要性が分からないという意味で不十分かもしれないが結果的には問題がないということになる。一応ちゃんと導出した経験があるならこれでいいじゃん、という見方もあるかもしれない。

*1:バネとは限らないのでバネ定数と書いてしまうのに迷いがあったが、単に係数というのなんだかな、ということで言葉の座り的にバネ定数と書いておく。位置に比例する力と言っておけば係数と言っても良いとも思った。