今回は\(x\)軸上でフックの法則従う物体の運動についてその運動を見ていきたい。僕が一番好きな運動。2通りの解法をお見せしよう。いろいろな教本に乗っている解を\(x(t)=e^{\lambda t}\)と仮定する方法と、エネルギー保存則を使い方法だ。後者の解法は、楕円の方程式を極座標で表すことで自然に解けるためおすすめの解法だ。

　単振動を簡単な例を出すと、片方が固定されたばねをちょっとだけ引っ張って離すとびよーん、びよーんとなる。これがまさに単振動なのだ。実際は空気抵抗や摩擦により運動は減衰していくが今回はずっと運動を続けるものとする。この物体にはたらく力\(F\)は原点から遠ざかるに比例して大きくなる。その比例係数を\(k\)としている。なんではたらく力がマイナスなんだ、と思うかもしれない。符号は\(x\)軸正の方向を＋とすると、\(x\gt0\)のとき\(F\)は\(x\)軸負（引っ張る）の方向に力がはたらく。\(x\lt0\)のとき\(F\)は\(x\)軸正の方向（押し返す）に力がはたらく。

　話がそれたが運動方程式を解いていこう。この物体の運動方程式は \[m\frac{d^{2}}{dt^{2}}x(t)=-kx(t)\] 普通に積分して解ける形ではない。\(x\)を２回微分して\(x\)がでてきている。指数関数\(f(x)=e^{\lambda x+\mu}\)が使えそう。\(f(x)\)を微分してみよう。 \[\frac{d}{dx}f(x)=ae^{\lambda x+\mu}\] もういっちょ \[\frac{d^{2}}{dx^{2}}f(x)=\lambda^{2}e^{\lambda x+\mu}=a^{2}f(x)\] 運動方程式とかなり似た形になった。今回は解を\(x(t)=e^{\lambda t+\mu}\)と仮定しよう。これを運動方程式に代入する。 \[\frac{d^2}{dt^2}x(t)=-\frac{k}{m}x(t)\] \[\frac{d^2}{dt^2}e^{\lambda x+\mu}=-\frac{k}{m}e^{\lambda x+\mu}\] \[a^{2}e^{\lambda x+\mu}=-\frac{k}{m}e^{\lambda x+\mu}\] \[\left(\lambda^2+\frac{k}{m}\right)e^{\lambda x+\mu}=0\] 実数範囲では解けないですな。\(e^{\lambda x+\mu}\)は常には０でないので \[\lambda=\pm i \sqrt{\frac{k}{m}}\] \[x(t)=e^{i \sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu},\ e^{-i \sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu}\] 解が複数ある時、その線形結合も運動方程式を満たすので、 \[x(t)=c_{1}e^{i \sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu}+c_{2}e^{-i \sqrt{\frac{k}{m}}t+\mu}\] \[x(t)=c_{1}e^{\mu}e^{i \sqrt{\frac{k}{m}}t}+c_{2}e^{\mu}e^{-i \sqrt{\frac{k}{m}}t}\] うわー思ったより複雑、さらにオイラーの公式\(e^{i\alpha}=\cos \alpha+i\sin \alpha\)を使う。 \[x(t)=c_{1}e^{\mu}\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t+ic_{1}e^{\mu}\sin \sqrt{\frac{k}{m}}t\] \[+c_{2}e^{\mu}\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t-ic_{2}e^{\mu}\sin \sqrt{\frac{k}{m}}t\] \[x(t)=(c_{1}e^{\mu}+c_{2}e^\mu)\cos \sqrt{\frac{k}{m}}t+i(c_{1}e^{\mu}-c_{2}e^\mu)\sin \sqrt{\frac{k}{m}}t\] \(c_{1}e^{\mu}+c_{2}e^\mu,\ i(c_{1}e^{\mu}-c_{2}e^\mu),\ \sqrt{\frac{k}{m}}\)は\(t\)に依らない定数であるため、これらを\(a,b,\omega\)と再定義すると \[x(t)=a\cos\omega t+b\sin \omega t\]これが単振動の一般解とゆうやつである。\[A=\sqrt{a^2+b^2},\ \delta=\arctan\frac{b}{a}\] となるような定数\(A,\delta\)をとると、一般解は \[x(t)=\sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos\omega t+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin\omega t\right)\] \[=A(\cos\delta\cos\omega t+\sin\delta\sin\omega t)=A\cos(\omega t-\delta)\] このようにもかける。 \[x(t)=A\cos(\omega t-\delta)\] 今回の記事は短いので、おまけで力学的エネルギー保存則から一般解も示そう。 \[U(x)=\frac{1}{2}kx^2\] のような、ポテンシャルエネルギーを考える。 \[-\frac{d}{dx}U(x)=-kx=F(x)\] を満たすので保存力である。仕事は \[W=\int^{x}_{x_0}F(x)dx=-\int^{x}_{x_0}\frac{dU(x)}{dx}dx=-\int^{x}_{x_0}dU(x)\] \[W=U(x_0)-U(x)=\frac{1}{2}kx_0^2-\frac{1}{2}kx^2\tag{1}\] \(F=m\dot{v}\)として仕事を計算する \[m\frac{dv}{dt}dx=m\frac{dv}{dt}\frac{dx}{dt}dt=m\frac{dv}{dt}vdt=\frac{1}{2}m\frac{dv^2}{dt}dt\] \[m\frac{dv}{dt}dx=\frac{1}{2}mdv^2\] であるから、 \[W=\int^{x}_{x_0}F(x)dx=\int^{x}_{x_0}\frac{dv}{dt}dx=\frac{1}{2}m\int^{v(x)}_{v(x_0)}dv^2\] \[W=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2\tag{2}\] (1)、(2)式から、 \[W=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}kx_0^2-\frac{1}{2}kx^2\] \[\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}kx^2=E\] 力学的エネルギー保存則を示した。 \[\frac{v^2}{\sqrt{\frac{2E}{m}}^2}+\frac{x^2}{\sqrt{\frac{2E}{k}}^2}=1\] このように式変形すると、単振動の力学的エネルギー保存則は\((x,v)\)平面上で楕円の周の方程式となる。すごい！ \[x=\sqrt{\frac{2E}{k}}\cos\phi\tag{3}\] \[v=\sqrt{\frac{2E}{m}}\sin\phi\tag{4}\] とかける媒介変数\(\phi\)が存在するはずだ。(3)式を\(t\)で微分すると、 \[\frac{d}{dt}x=-\sqrt{\frac{2E}{k}}\sin\phi\frac{d}{dt}\phi\] (4)式を代入すると、 \[\frac{d}{dt}x=-\sqrt{\frac{m}{k}}v\frac{d}{dt}\phi\] \(dx/dt=v\)なので \[-\sqrt{\frac{m}{k}}\dot{\phi}=1\] 両辺を\(t\)で積分する。 \[\phi+\phi_0=-\sqrt{\frac{k}{m}}\ t\] \(\sqrt{k/m}=\omega\)とすると、単振動の一般解は(3)式に代入して、 \[x(t)=\frac{\sqrt{2mE}}{\omega}\cos(\omega t+\phi_0)\] となる。\(\frac{\sqrt{2mE}}{\omega}=A,\ \phi_0=-\delta\)とすれば、微分方程式をごりごり解いた時の一般解と同じになる。