応用物理2前期中間
減衰振動
単振動は減衰振動が分かれば解けるので、理解しているならパスしてもよい
減衰振動の減衰定数 = 0とすればよい
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基本形
$ m\ddot{x} = -kx -b\dot{x}
定数 m は物体の質量、k は復元力の強さ、b は抵抗の大きさを表す。
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一般解は、
1. $ b^2 < 4km（抵抗が小さいとき）
$ x(t) = e^{-\gamma t}\{A\cos (\omega't) + B\sin(\omega't)\}($ A, Bは実定数）
$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega' = \sqrt{\omega^2 - \gamma^2}
$ \left(\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} \right)
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2. $ b^2 > 4km（抵抗が大きいとき）
$ x(t) = Ae^{-(\gamma+\omega') t}+ Be^{-(\gamma - \omega') t}($ A, Bは実定数）
$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega' = \sqrt{\gamma^2 - \omega^2}
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$ b^2 < (\frac{4m^2g}{R}) であるから、（減衰係数が振動に対して十分に小さい）
$ x(t) = e^{-\gamma t} \Bigl\{(A \cos (\omega' t) + B \sin (\omega' t)\Bigr\} ($ A, Bは実定数）
ここで、$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega' = \sqrt{\frac{g}{R} - \left(\frac{b}{2m}\right)^2}
である。
初期値$ t = 0を$ x, \dot{x}にそれぞれ代入して、
code:latex
\begin{cases}
x(0) = A = R \\
\dot{x}(0) = -\gamma A + \omega' B = 0 \\
\ \therefore B = \dfrac{R \gamma}{\omega'} \\
\end{cases}
もとの式$ A, Bにそれぞれ代入して、
$ x(t) = R e^{-\gamma t} \left\{\cos (\omega' t) + \frac{\gamma}{\omega'} \sin (\omega' t) \right\}
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$ b = m \sqrt{\frac{g}{R}} のとき、
$ \dot{x} = 0となる位置
(1) で得られた式を展開して微分すると、$ \{fg\}' = f'g + fg'（f, gは関数）より、
$ \dot{x} = -\gamma R e^{-\gamma t} \cos(\omega' t) - R e^{-\gamma t} \omega'\sin(\omega' t) + \left\{ - \gamma R e^{-\gamma t} \frac{\gamma}{\omega'} \sin(\omega' t) + R e^{-\gamma t} \frac{\gamma}{\omega'} \omega'\cos(\omega' t) \right\} = 0
$ \dot{x} = - R e^{-\gamma t} \left\{ \gamma \cos(\omega' t) + \omega'\sin (\omega' t) + \frac{\gamma^2}{\omega'} \sin (\omega' t) - \gamma \cos (\omega' t) \right\} = 0
$ \dot{x} = - R e^{-\gamma t} \left( \frac{\gamma^2}{\omega'} + \omega' \right) \sin (\omega' t) = 0
脳筋でやりませうhill_san.icon
$ \dot{x}(t) = 0 となる最初の$ tは、$ t = \frac{\pi}{\omega'}（半周期）であるから、
$ x = - R e^{-\frac{\pi}{\omega'} \gamma}
$ = - R \exp \left( - \frac{\pi}{2m} \frac{b}{\sqrt{\dfrac{g}{R} - \Big(\dfrac{b}{2m}\Big)^2}} \right)
問題より、$ b = m \sqrt{\frac{g}{R}} であるから、代入して整理
$ = - R \exp \left( - \frac{\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{g}{R}} }{\sqrt{\dfrac{g}{R} - \dfrac{g}{4R}}} \right)
$ = - R \exp \left( -\frac{\pi}{\sqrt{3}} \right) \approx -0.16R
縦軸（あなたの位置）をx,
横軸（時間）をtとしたときのグラフ（bを除き、パラメータは問3のとおり）
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問題文より、$ \delta = 0として、単振動とみなすと、
$ t = \frac{\pi}{\omega'} = \pi \sqrt{\frac{R}{g}}
各数値を代入して、
$ 3.14\sqrt{\frac{6.4 \times 10^6}{9.8}} = 2.54 \times 10^3[\text{s}] \approx 42[\text{min.}]
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ちなみに、最高速度はおよそ29000 km / h です。早すぎますhill_san.icon
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$ m\ddot{x} = - \frac{p_0 S}{l_0} x - b\dot{x}
$ \therefore \ddot{x} + \frac{b}{m}\dot{x} + \frac{p_0 S}{ml_0}x = 0 とも表せる。
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解の形$ x = e^{-\lambda t}を仮定したとき、$ \lambdaが実数のとき過減衰になるので、
$ \lambda^2 + \frac{b}{m}\lambda + \frac{p_0 S}{ml_0} = 0 の判別式が正
$ \leftrightarrow
$ \left(\frac{b}{m}\right)^2 > 4\cdot \frac{p_0 S}{m l_0}
$ b > \sqrt{\frac{4mp_0 S}{l_0}}
また、そのときの一般解は、
$ x(t) = Ae^{-(\gamma+\omega') t}+ Be^{-(\gamma - \omega') t} ($ A, Bは実定数）
ここで、
$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega' = \sqrt{\gamma^2 - \omega^2}
$ \omega = \frac{p_0 S}{ml_0}
縦軸（フタ位置）をx,
横軸（時間）をtとしたときのグラフ（b = 4, その他のパラメータ = 1）
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$ T = \frac{2\pi}{\omega'} = \frac{2\pi}{\sqrt{\omega^2 - \gamma^2}}
ここで、
$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega = \sqrt{\frac{p_0 S}{m l_0}}
（b = 1, その他のパラメータ = 1）
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強制振動
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基本形
$ m\ddot{x} = -kx -b\dot{x} + F\cos(\omega_0 t)
定数 m は物体の質量、k は復元力の強さ、b は抵抗の大きさを表す。
最後の項は角振動数 $ ω_0 で物体を揺さぶろうとする外力を表す。
両辺をmで割って整理すると
$ \ddot{x} + 2\gamma\dot{x} + \omega^2 x = f \cos \omega_0 t
$ \gamma = \frac{b}{2m} $ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} $ f = \frac{F}{m}
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一般解
非線型な方程式であり、解を求めるのは一般に難しいため、
$ x_{*}(t) = C \cos \omega_0 t + D \sin \omega_0 t という解の形を想定して、
運動方程式 (8) に代入して整理すると
$ [(\omega^2 - \omega_0^2)C + 2\gamma\omega_0 D - f] \cos \omega_0 t + [-2\gamma\omega_0 C + (\omega^2 - \omega_0^2)D] \sin \omega_0 t = 0
となる。これが$ \forall t で成り立つように各係数$ =0 を課して$ C, D を求め、
$ x_{∗} に代入すると$ x_{*}(t) = \frac{\omega^2 - \omega_0^2}{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\gamma\omega_0)^2} f \cos \omega_0 t + \frac{2\gamma\omega_0}{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\gamma\omega_0)^2} f \sin \omega_0 t
$ = \frac{f}{\sqrt{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\gamma\omega_0)^2}} \cos(\omega_0 t - \theta) \quad \tan \theta = \frac{2\gamma\omega_0}{\omega^2 - \omega_0^2}
なお $ x_*(t) はあくまで一つの解であるが、実はこれに $ f=0 のときの一般解 $ x_0(t) を足した
$ x(t) = x_*(t) + x_0(t) が
強制振動系の任意の解を表す。
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抵抗が小さい$ (2\gamma^2 < \omega^2) と仮定して振幅が最大になる$ \omega_0 を求めると
$ \omega_0 = \sqrt{\omega^2 - 2\gamma^2} =: \omega_{reso}
となり、これを共鳴 (resonance) 振動数と呼ぶ。
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RLC回路
交流電源、コイル、抵抗、コンデンサが直列に繋がった回路がある。コイルの自己インダクタンスを $ L 、抵抗を $ R 、コンデンサの電気容量を $ C とする。はじめコンデンサに電荷は溜まっていないとする。ここに時刻 $ t=0 から交流電源で $ V_0 \sin \omega_0 t の電圧をかける。
抵抗を流れる電流を $ I(t) とすると、電圧の関係から以下が得られる。
$ L\frac{dI(t)}{dt} + RI(t) + \frac{1}{C}\int_0^t d\tau I(\tau) = V_0 \sin \omega_0 t
(0) 上式を $ t で微分し、$ I が満たす二階微分方程式を与えよ。
$ L\ddot{I} + R\dot{I} + \frac{1}{C}I = V_0\omega_0 \cos \omega_0 t
$ \ddot{I} + \frac{R}{L} \dot{I} + \frac{1}{LC} I = \frac{V_0}{L} \omega_0 \cos \omega_0 t
(1) 一旦初期条件は無視し、(0)を満たす解 $ I_p(t) を一つ求めよ。（15分経過 hill_san.icon）
電源と同じ周期の電流 $ I_p(t) = A_* \cos \omega_0 t + B_* \sin \omega_0 t と予想して (0) の式に代入する。
代入したあと、整理して、
$ \left\{ (-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})A_* + \frac{R}{L}\omega_0 B_* - \frac{V_0\omega_0}{L} \right\} \cos \omega_0 t + \left\{ (-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})B_* - \frac{R}{L}\omega_0 A_* \right\} \sin \omega_0 t = 0
これが任意の $ t で成り立つよう $ A_*, B_* を決めればよい。
$ \begin{cases} (-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})A_* + \frac{R}{L}\omega_0 B_* = \frac{V_0\omega_0}{L} \\ \\ -\frac{R}{L}\omega_0 A_* + (-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})B_* = 0 \end{cases}
連立方程式を解いて、
$ \iff \begin{cases} A_* = \frac{(-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})}{(-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})^2 + (\frac{R}{L}\omega_0)^2} \frac{V_0\omega_0}{L} \\ \\ B_* = \frac{\frac{R}{L}\omega_0}{(-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})^2 + (\frac{R}{L}\omega_0)^2} \frac{V_0\omega_0}{L} \end{cases}
$ \therefore I_*(t) = \frac{\frac{V_0\omega_0}{L}}{(-\omega_0^2 + \frac{1}{LC})^2 + (\frac{R}{L}\omega_0)^2} \left\{ (-\omega_0^2 + \frac{1}{LC}) \cos \omega_0 t + \frac{R}{L}\omega_0 \sin \omega_0 t \right\}
$ = \frac{V_0 \sin(\omega_0 t - \theta)}{\sqrt{R^2 + (\frac{1}{C\omega_0} - L\omega_0)^2}} \quad \left( \tan \theta = \frac{1}{R} \left( L\omega_0 - \frac{1}{C\omega_0} \right) \right)
(2) (0)の斉次部分（$ V_0=0 のときに対応）の一般解を求めよ。ただし $ R^2 < 4L/C とする。
$ \ddot{I} + \frac{R}{L} \dot{I} + \frac{1}{LC} I = \frac{V_0}{L} \omega_0 \cos \omega_0 t
$ V_0=0 を代入して、
$ \ddot{I} + \frac{R}{L} \dot{I} + \frac{1}{LC} I = 0
$ \ddot{I} = \frac{1}{LC}I - \frac{R}{L}\dot{I}
斉次部分$ =0 は減衰振動の二階微分方程式と同じ形をしているので、その一般解 $ I_0(t) は定数 $ A, B を用いて以下のように書ける。
$ I_0(t) = e^{-\gamma t} (A \cos \omega' t + B \sin \omega' t) \quad \left( \gamma = \frac{R}{2L}, \quad \omega' = \sqrt{\frac{1}{LC} - \frac{R^2}{4L^2}} \right)
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式の簡略化のため、$ \gamma および共鳴振動数$ ω_r=1/\sqrt{LC}
を用いて (1) の答えも整理しておく：
$ I_*(t) = \frac{\frac{V_0\omega_0}{L}}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \left\{ (\omega_r^2 - \omega_0^2) \cos \omega_0 t + 2\gamma\omega_0 \sin \omega_0 t \right\}
(3) (1),(2)の結果の和に初期条件 $ I(0)=0, \dot{I}(0)=0 を課し、正しい解を得よ。
(答) (0) の一般解である $ I(t) = I_*(t) + I_0(t) に上記の条件を課して定数 $ A, B を決定する。
$ \begin{cases} I_*(0) + I_0(0) = A_* + A = 0 \\ \dot{I}_*(0) + \dot{I}_0(0) = -A_*\omega_0 - A\gamma + B\omega' = 0 \end{cases}
これを解いて、
$ \therefore \begin{cases} A = -A_* = -\frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \frac{V_0\omega_0}{L} \\ B = \frac{\omega_0 - \gamma}{\omega'} A_* = \frac{\omega_0 - \gamma}{\omega'} \frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \frac{V_0\omega_0}{L} \end{cases}
$ I_0(t) = e^{-\gamma t} (A \cos \omega' t + B \sin \omega' t) \quad \left( \gamma = \frac{R}{2L}, \quad \omega' = \sqrt{\frac{1}{LC} - \frac{R^2}{4L^2}} \right)
に代入する。
$ I(t) = I_*(t) + I_0(t)
$ \therefore I(t) = \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{1}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \left( (\omega_r^2 - \omega_0^2) \cos \omega_0 t + 2\gamma\omega_0 \sin \omega_0 t \right)
$ + \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} e^{-\gamma t} \left( -\cos \omega' t + \frac{\omega_0 - \gamma}{\omega'} \sin \omega' t \right)
三角関数の合成（$ A\sin\theta + B \cos\theta = R\sin(\theta + \alpha)）
$ R = \sqrt{A^2 + B^2}$ \tan\alpha = \frac{A}{B}
を用いて整理
$ = \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{1}{\sqrt{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2}} \sin(\omega_0 t - \theta_*)
$ + \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \sqrt{1 + \left(\frac{\omega_0 - \gamma}{\omega'}\right)^2} e^{-\gamma t} \sin(\omega' t - \theta)
$ \left( \tan \theta_* = \frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{2\gamma\omega_0}, \quad \tan \theta = \frac{\omega'}{\omega_0 - \gamma} \right)
(4) 十分時間が経った後に流れる電流の振幅（最大値）を、横軸 $ \omega_0 のグラフに示せ。
$ = \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{1}{\sqrt{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2}} \sin(\omega_0 t - \theta_*)
$ + \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{\omega_r^2 - \omega_0^2}{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2} \sqrt{1 + \left(\frac{\omega_0 - \gamma}{\omega'}\right)^2} e^{-\gamma t} \sin(\omega' t - \theta)
について、$ t \to \inftyとすると、
第2項の$ e^{-\gamma t} \to 0となるから、
$ f(\omega_0)= \frac{V_0\omega_0}{L} \frac{1}{\sqrt{(\omega_r^2 - \omega_0^2)^2 + 4\gamma^2\omega_0^2}} \sin(\omega_0 t - \theta_*)
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壁の間に三つの物体（いずれも質量 $ m ）が直線上に並んでおり、壁および物体間をばね定数 $ k のばね（計四つ）が結んでいる。左から $ n 番目の物体の静止位置からのずれを $ x_n とする。
(0) $ x_n (n=1,2,3) に関する運動方程式をかけ。（行列を使って整理せよ）
(答) $ m\frac{d^2}{dt^2}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = -k \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
(1) 振動数が揃った基準振動の解 $ x_n = A_n e^{i\omega t} （$ A_n は複素定数）を仮定して、$ \omega ]を求めよ。
(答) $ x_n = A_n e^{i\omega t} を代入し、共通する $ e^{i\omega t} 因子を除き、整理する。
$ -m\omega^2 \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \\ A_3 \end{pmatrix} = -k \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \\ A_3 \end{pmatrix}
$ \therefore M\mathbf{A} = \frac{m\omega^2}{k}\mathbf{A} \quad M = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}, \mathbf{A} = \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \\ A_3 \end{pmatrix}
上式は、$ \mathbf{A} が行列 $ M の固有ベクトルであり、その固有値が $ \lambda = \frac{m\omega^2}{k} であること表している。ゆえに固有値方程式 $ \text{det}(M-\lambda I_3)=0 （$ I_3: 3 \times 3 単位行列）から$ \omega が求まる。
$ \text{det}(M-\lambda I_3) = (2-\lambda)^3 - 2(2-\lambda) = (2-\lambda)(\lambda^2 - 4\lambda + 2) = 0
$ \therefore \lambda = 2, 2\pm\sqrt{2} \quad \therefore \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}, \sqrt{2\pm\sqrt{2}}\sqrt{\frac{k}{m}} \quad (=\omega_2, \omega_\pm \text{とおく})
(2) (1)の一つの解 $ \omega = \sqrt{2-\sqrt{2}}\sqrt{\frac{k}{m}} に対応する基準振動の一般形を求めよ。具体的には
$ A_2, A_3 を $ A_1 = A e^{i\theta} で表し、その実部を取って実数 $ A, \theta で書かれる実数解を得よ。
(答) 固有値 $ \lambda = 2-\sqrt{2} に対応する固有ベクトル $ \mathbf{A} を求め、$ x_n に代入し実部を取る。
$ M\mathbf{A} = (2-\sqrt{2})\mathbf{A} \iff \begin{pmatrix} \sqrt{2} & -1 & 0 \\ -1 & \sqrt{2} & -1 \\ 0 & -1 & \sqrt{2} \end{pmatrix} \mathbf{A} = 0 \quad \therefore \mathbf{A} = \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} A e^{i\theta}
$ \therefore \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \text{Re} \left[ \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} A e^{i\theta+i\omega_- t} \right] = A \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \cos(\omega_- t + \theta)
(3) 三物体の連成振動なので、(1) の解は三つある。残り二つの基準振動の特徴を述べよ。時間経過で動かない点、つまり節（ふし）は（壁を除いて）いくつあるか？
(答) まず、先に求めた最低振動数 $ \omega = \sqrt{2-\sqrt{2}}\sqrt{\frac{k}{m}} のモードには節はない。これは振幅 $ \mathbf{A} の各成分の符号が揃っていることから分かる。なお、$ n=2 の位置がちょうど腹になる。
(2) で行ったことを $ \omega=\omega_2, \omega_+ の場合で同様に行なう。
$ \omega=\omega_2 = \sqrt{2}\sqrt{\frac{k}{m}} のとき
$ M\mathbf{A} = 2\mathbf{A} \iff \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_1 \ A_2 \ A_3 \end{pmatrix} = 0 \quad \therefore \begin{pmatrix} A_1 \ A_2 \ A_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \ 0 \ -1 \end{pmatrix} A e^{i\theta}
これはちょうど中央 $ n=2 が止まっていることを表している。ゆえに節は一つ、腹は二つである。$ A_1 と $ A_3 が逆符号なことも $ n=1 と $ n=3 の間に節があることを示している。
$ \omega=\omega_+ = \sqrt{2+\sqrt{2}}\sqrt{\frac{k}{m}} のとき
$ M\mathbf{A} = (2+\sqrt{2})\mathbf{A} \iff \begin{pmatrix} -\sqrt{2} & -1 & 0 \\ -1 & -\sqrt{2} & -1 \\ 0 & -1 & -\sqrt{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_1 \ A_2 \ A_3 \end{pmatrix} = 0
$ \therefore \begin{pmatrix} A_1 \ A_2 \ A_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \quad -\sqrt{2} \quad 1 \end{pmatrix} A e^{i\theta}
振幅 $ \mathbf{A} の各成分が隣の成分と逆符号なので、$ n=1 と $ n=2 の間および $ n=2 と $ n=3 の間に節があることが分かる。つまり節は二つ、腹は三つである。
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波動方程式（1次元）
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均一な線密度 $ \lambda をもつチョークがある。左端を $ 0 として座標 $ x をとり、静止時に位置 $ x だった断面の、右への変位を $ u(t,x) とおく。チョークが形状を保とうとする性質を反映するために、チョークの各断面には局所的な伸び率 $ \alpha に比例した力 $ F = -E\alpha が働くとしうる。（この比例定数 $ E をヤング率と呼ぶ）。各時刻、地点での伸び率 $ \alpha(t,x) は、$ x ]付近の微小厚さ部分 $ x-\epsilon \sim x+\epsilon の変位前と変位後の長さの比を考えることで、次のように求まる。
$ \alpha(t,x) = \frac{2\epsilon + u(t,x+\epsilon) - u(t,x-\epsilon)}{2\epsilon} \xrightarrow{\epsilon \to 0} 1 + \frac{\partial u}{\partial x}(t,x)
(0) $ x \sim x+\Delta x の微小部分が従う運動方程式を書き、極限 $ \Delta x \to 0 から運動方程式を得よ。
(答) 当該部分（質量 $ \lambda \Delta x ）は左側（位置 $ x ）と右側（位置 $ x+\Delta x ）で、
それぞれそこでの伸び率に比例した力：$ -E\alpha(t,x) と $ +E\alpha(t,x+\Delta x) を受ける。よって運動方程式は
$ \lambda \Delta x \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(t,x) = -E\alpha(t,x) + E\alpha(t,x+\Delta x) = E \left( \frac{\partial u}{\partial x}(t,x+\Delta x) - \frac{\partial u}{\partial x}(t,x) \right)
となる。両辺を $ \lambda \Delta x で割り $ \Delta x \to 0 をとると、$ \frac{\partial}{\partial x} の微分つまり二階微分が現れる：
$ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(t,x) = \frac{E}{\lambda} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(t,x)
(1) チョークの長さが $ l のとき、左端から与えた衝撃が右端に伝わるまでの時間を求めよ。
(答) 波動方程式の係数から、変位の伝搬速度 $ v = \sqrt{\frac{E}{\lambda}} と分かる。よって求める時間 $ t は
$ t = \frac{l}{v} = l\sqrt{\frac{\lambda}{E}}
もう少し詳しく述べておく。与えた衝撃が時刻 $ t=0 で変位 $ u(0,x)=f(x) をもたらしたとする。衝撃が十分短い期間で与えられたとすると、この $ f(x) は左端 $ x=0 付近の狭い範囲でのみ値を持ち、右端の方では $ 0 になっているだろう。$ f(x) の形をした変位が速度 $ v で右に伝わっていくとすると、$ t 秒後の各点 $ x の変位は $ u(t,x)=f(x-vt) と書ける。これが運動方程式を満たしているべきなので、関係 $ v^2 = \frac{E}{\lambda} が得られるのである。
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以下間に合わないので板書hill_san.icon
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