減衰力が働く場合の強制振動

古典力学のいろいろな系で運動方程式を解いていくシリーズ（目次）。　前回見た Stokes の抵抗力が働いている減衰振動で、さらに周期的な外力が働いている調和振動子を考えます。　この系のニュートンの運動方程式は

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} m\frac{d^2x}{dt^2} &= -kx - \alpha\frac{dx}{dt} + F_0\,e^{i\omega t} & \cdots (*) \end{align*}}$

となります。　ただし

${ m }$ ：質量
${ k }$ ：ばね定数
${ \alpha }$ ：摩擦力の比例定数
${ F_0 }$ ：外力の振幅

です。　これらはすべて正の定数です。

運動方程式を解く

運動方程式の整理

まずは運動方程式 (*) を整理しましょう。　時間微分は文字の上のドット(･) で表すことにします：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \ddot{x} + \frac{\alpha}{m} \dot{x} + \frac{k}{m}x = \frac{F_0}{m}\,e^{i\omega t} \end{align*}}$

ここで

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} 2\lambda &= \frac{\alpha}{m}, & \omega_0 &= \sqrt{\frac{k}{m}}, & \frac{F_0}{m} &= f \end{align*}}$

とおくと

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \ddot{x} + 2 \lambda \dot{x} + \omega_0^2 x &= f\,e^{i\omega t} & \cdots(1) \end{align*}}$

となります。

一般解を求める

(1) 式の解として

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x(t) = \xi(t) + A\,e^{i\omega t} \end{align*}}$

の形のものを求めましょう。　 ${ A }$ は定数です。　このとき

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \dot{x} &= \dot{\xi} + i\omega A\,e^{i\omega t} & \ddot{x} &= \ddot{\xi} - \omega^2A\,e^{i\omega t} \end{align*}}$

なので、(1) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \ddot{\xi} + 2 \lambda \dot{\xi} + \omega_0^2 \xi + \left(-\omega^2 + 2i\lambda\omega + \omega_0^2\right)A\,e^{i\omega t} &= f\,e^{i\omega t} & \cdots(2) \end{align*}}$

よって

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} A = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \end{align*}}$

とおくと (2) 式は

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \ddot{\xi} + 2 \lambda \dot{\xi} + \omega_0^2 \xi = 0 \end{align*}}$

となり、 ${ \xi(t) }$ は前回やった斉次方程式の解となります。　ここでは一般解として減衰振動の場合、つまり ${ \omega_0 > \lambda }$ を考えましょう。　このとき (1) 式の一般解は以下のようになります：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x(t) &= \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}\,e^{i\omega t} + e^{-\lambda t}\left(C_1\,e^{i\gamma_0 t } + C_2\,e^{-i\gamma_0 t }\right) & \cdots (2) \end{align*}}$

ただし

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \gamma_0 = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} \end{align*}}$

初期条件を課す

(2) 式に以下の初期条件を課しましょう：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x(0) = x_0 \qquad \dot{x}(0) = v_0 \end{align*}}$

このとき積分定数 ${ C_1,\,C_2 }$ は

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} C_1 + C_2 &= x_0 - \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \\ C_1 - C_2 &= \frac{1}{\mu_0}\left(\lambda x_0 + v_0 - \frac{\lambda f + i\omega}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \right) \end{align*}}$

を満たすので、結局 ${ x(t) }$ として以下を得ます：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x(t) &= \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \left\{e^{i\omega t} - e^{-\lambda t}\left(\cos\gamma_0t - \frac{\lambda + i\omega}{\gamma_0}\sin\gamma_0t\right) \right\} \\ &\qquad + e^{-\lambda t}\left(x_0\cos\gamma_0t + \frac{\lambda x_0 + v_0}{\gamma_0}\sin\gamma_0t\right) \end{align*}}$

第1項は初期条件とは無関係
第2項は斉次方程式の解と一致

${ v(t) }$ の表式はこれを時間で微分すれば得られますが、面倒なので省略。

充分時間が経過した後の運動

${ x(t) }$ の式で時間に関して指数関数的に減衰する項を落とすと

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x(t) = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}\,e^{i\omega t} \end{align*}}$

となります。　時間に依存しない因子は、導出の際に ${ A }$ とおいていたものです。　この ${ A }$ を（複素）振幅と呼ぶことにして（複素数なので位相因子も含まれてますが）、以降でこの振幅を外力の振動数 ${ \omega }$ の関数 ${ A(\omega) }$ と見なして

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} A(\omega) = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \end{align*}}$

この ${ \omega }$ 依存性を見ていきましょう。　まずは絶対値の ${ \omega }$ 依存性：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \left|A(\omega)\right| = \frac{f}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} \end{align*}}$

${ A(\omega) }$ のグラフは共鳴曲線と呼ばれます。　 ${ \left|A(\omega)\right| }$ の表式の分母の平方根の中を見ると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} (\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2 &= \omega^4 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)\omega^2 + \omega_0^4 \\ &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)^2 + \omega_0^4 \\ &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 + 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) \\ &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 + 4\lambda^2\gamma_0^2 & \left(\because \gamma_0 = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}\right) \end{align*}}$