2階線形微分方程式（減衰と振動）

力学で扱う運動方程式で単純な2階線形微分方程式について少し述べる。 $x, t$ はそれぞれ位置と時間、 $m \gt 0, K \geq 0, k \geq 0$ は順に質量、空気抵抗係数（粘性係数）、バネ係数とする。運動方程式は

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

のように書ける。ここで各係数は定数とする。この方程式で想定されるシチュエーションとしては、質点にバネを付けて適当に伸ばしたところで手を離し、以降は触れずに振動させるが、その振動する質点の速度に比例して空気抵抗を受ける、というものが考えられる。以降は係数を整理した

\begin{align} \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + 2\mu \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + \omega^2 x =0 \end{align}

で話を進める。ただし $\mu = \frac{K}{2m}, \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ とする。

2線形微分方程式なので階数と同じ数である2コの独立解が存在して、その線形結合で任意の解を構成でき、かつ完全直交系の基底 $\{ e^{in\lambda t}\}_{n\in\mathbb{Z} }$ で展開すれば（ここでは $e^{i\lambda t}$ を代入すると）微分方程式は代数方程式に帰着できることを利用すると

\begin{align} \lambda^2 - 2i\mu \lambda - \omega^2 =0 \end{align}

という2次方程式を解けば良いことが分かる。一般解は

\begin{equation} \lambda_\pm = i\mu \pm \sqrt{ -\mu^2 + \omega^2} \end{equation}

となる。ここで場合分けすることで方程式で描かれる描像が変わる。

その1: $\omega \gt \mu$ （空気抵抗より振動が支配的）

このときは代数方程式の解が

\begin{equation} \lambda_\pm = i \mu \pm \sqrt{\omega^2 - \mu^2} \end{equation}

なので $\Omega_\mu = \sqrt{\omega^2 - \mu^2} \gt 0$ とおくと

\begin{equation} x = e^{-\mu t} \left( A e^{i \Omega_\mu t} + B e^{-i \Omega_\mu t}\right) \end{equation}

が得られる。周波数 $\Omega_\mu$ で振動するが振幅が $e^{-\mu t}$ に従って減衰していく。減衰振動と言う。

その2: $\omega \lt \mu$ （振動よりも空気抵抗が支配的）

このときは代数方程式の解が

\begin{equation} \lambda_\pm = i \left( \mu \pm \sqrt{\mu^2 - \omega^2} \right) = i \Lambda_\pm \end{equation}

なので $( 0 \lt \Lambda_- \lt \mu \lt \Lambda_+)$ 、

\begin{equation} x = A e^{-\Lambda_+ t} + B e^{- \Lambda_- t} \end{equation}

が得られる。この時は全く振動せずに減衰するのみ。

以上のように係数の大小関係によって2パターンの違う物理的描像が得られる。係数を変化させていった結果その境目はどうなっているのかを見てみる。

その3: $\omega = \mu$ （振動と空気抵抗とが拮抗）

この時は代数方程式の解が $\lambda = i\mu$ となる。これから得られる微分方程式の解は1つなので解の個数としては1コ足りてない。この足りない分は以下のように補足する。まずこれまでに得た微分方程式の解は

\begin{equation} \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} + \mu \right) e^{-\mu t} =0 \end{equation}

のように1階微分方程式満たすもので、2コの解が別々であればこれで問題ない。今回は重解なので

\begin{equation} \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} + \mu \right)^2 f(t) =0 \end{equation}

を満たす $f(t)$ を考える必要がある。これを解くために

\begin{equation} \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} + \mu \right) f(t) = e^{-\mu t} \end{equation}

を考えればいい。確かにこの式の両辺に $\left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} + \mu \right)$ を作用させれば $f(t)$ は解の条件を満たす。方程式の形的に $f(t) = e^{-\mu t} g(t)$ を試してみると

\begin{align} \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} + \mu \right) e^{-\mu t} g(t) & = -\mu e^{-\mu t} g(t) + e^{-\mu t} \frac{\mathrm{d} g(t)}{\mathrm{d} t} + \mu e^{-\mu t} g(t) \\ &= e^{-\mu t} \frac{\mathrm{d} g(t)}{\mathrm{d} t} \\ &= e^{-\mu t} \end{align}

となるので $\frac{\mathrm{d} g(t)}{\mathrm{d} t} = 1$ が得られる。したがって $g(t) = B t$ となり、求めたかった解は