# 単振動・減衰振動・強制振動｜減衰比で分かれる3つの解と共振の条件

> ばねと質点の運動方程式から単振動、減衰振動・臨界減衰・過減衰、強制振動と共振を解説。減衰比ζで解が分かれる理由、初期条件を入れた解、共振振動数と振幅の最大値、Q値を計算例で確かめます。

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- 最終更新: 2026-11-16
- 先に読む単元: [運動の法則と保存則](https://inshihub.com/basics/mechanics/newtons-laws-conservation)、[定数係数線形微分方程式](https://inshihub.com/basics/differential-equations/linear-odes-constant-coefficients)

質量 $m$、ばね定数 $k$、粘性抵抗係数 $c$ の振動は $m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = F(t)$ で表す。固有角振動数 $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ と減衰比 $\zeta = c/(2\sqrt{mk})$ を使うと、外力がないときの解は $\zeta < 1$ で減衰振動、$\zeta = 1$ で臨界減衰、$\zeta > 1$ で過減衰になる。周期的な外力を加えたときの定常振動の振幅は、$\zeta < 1/\sqrt{2}$ なら $\omega = \omega_0\sqrt{1 - 2\zeta^2}$ で最大になる。

## 単振動の運動方程式と解

### 定義：単振動（調和振動）

復元力 $-kx$ だけを受ける質点の運動方程式 $m\ddot{x} = -kx$ の解を単振動という。$\omega_0 = \sqrt{k/m}$ とおくと一般解は

$$x(t) = A\cos(\omega_0 t + \phi) = C_1\cos\omega_0 t + C_2\sin\omega_0 t$$

で、振幅 $A$ と初期位相 $\phi$ は初期条件で決まる。周期は $T = 2\pi/\omega_0 = 2\pi\sqrt{m/k}$ で、振幅によらない。

力学的エネルギー $E = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}kA^2$ は一定である。ポテンシャル $U(x)$ の極小点 $x_0$ のまわりの小さな振動も、$U(x) \approx U(x_0) + \frac{1}{2}U''(x_0)(x - x_0)^2$ と近似すれば $k = U''(x_0)$ の単振動になる。単振り子は $\sin\theta \approx \theta$ が使える小さな振れ角で $T = 2\pi\sqrt{l/g}$ となり、振れ角が大きいと周期は長くなる。

## 減衰比で分かれる減衰振動・臨界減衰・過減衰

### 定義：減衰比 $\zeta$

$m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = 0$ を $m$ で割り、$\omega_0 = \sqrt{k/m}$、$\zeta = \dfrac{c}{2\sqrt{mk}}$ とおくと

$$\ddot{x} + 2\zeta\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x = 0$$

になる。$x = e^{\lambda t}$ を代入した特性方程式 $\lambda^2 + 2\zeta\omega_0\lambda + \omega_0^2 = 0$ の解は $\lambda = \omega_0(-\zeta \pm \sqrt{\zeta^2 - 1})$ で、根号の中の符号で解の形が変わる。

### 定理・法則：外力がないときの一般解

条件：

$m, k > 0$、$c \ge 0$ の定数係数の方程式 $\ddot{x} + 2\zeta\omega_0\dot{x} + \omega_0^2x = 0$。$A, B$ は初期条件で決まる定数。

主張：

- $0 \le \zeta < 1$（減衰振動）：$x = e^{-\zeta\omega_0 t}(A\cos\omega_d t + B\sin\omega_d t)$、$\omega_d = \omega_0\sqrt{1 - \zeta^2}$。
- $\zeta = 1$（臨界減衰）：$x = (A + Bt)e^{-\omega_0 t}$。
- $\zeta > 1$（過減衰）：$x = Ae^{\lambda_+ t} + Be^{\lambda_- t}$、$\lambda_\pm = \omega_0(-\zeta \pm \sqrt{\zeta^2 - 1}) < 0$。

要点：

臨界減衰では特性方程式が重解 $\lambda = -\omega_0$ をもつので、2つ目の独立な解が $te^{-\omega_0 t}$ になる。$\zeta > 0$ ならどの場合も $t \to \infty$ で $x \to 0$ となる。過減衰では遅い方の指数 $|\lambda_+| < \omega_0$ が残るため、平衡点への戻りは臨界減衰より遅い。

（図：HTML版では操作できる図を置いている。減衰比 $\zeta$ を動かすと、同じ初期変位 $x(0) = x_0$、初速度 $0$ から始めた $x(t)$ の形が変わる。$\zeta < 1$ では包絡線 $\pm x_0e^{-\zeta\omega_0 t}$ の内側で振動し、$\zeta = 1$ で振動せずに最も速く戻り、$\zeta > 1$ では振動せずにゆっくり戻る。）

### 減衰振動の量

- 減衰固有角振動数

  $$\omega_d = \omega_0\sqrt{1 - \zeta^2}$$

- 対数減衰率

  $$\delta = \ln\frac{x(t)}{x(t + T_d)} = \zeta\omega_0 T_d = \frac{2\pi\zeta}{\sqrt{1 - \zeta^2}}$$

  $T_d = 2\pi/\omega_d$ は減衰振動の周期。1周期ごとに振幅が $e^{-\delta}$ 倍になる。

- Q値

  $$Q = \frac{1}{2\zeta} = \frac{\sqrt{mk}}{c}$$

  減衰が小さいほど大きい。$\zeta \ll 1$ では、共振曲線の半値幅（エネルギーが半分になる幅）が約 $\omega_0/Q$ になる。

## 強制振動と共振

### 定理・法則：正弦波の外力に対する定常解

条件：

$\ddot{x} + 2\zeta\omega_0\dot{x} + \omega_0^2x = (F_0/m)\cos\omega t$ で $\zeta > 0$。

主張：

一般解は外力のないときの解（過渡解）と特解の和で、過渡解は時間とともに減衰する。残る定常解は

$$x(t) = X\cos(\omega t - \varphi), \qquad X = \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + (2\zeta\omega_0\omega)^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\zeta\omega_0\omega}{\omega_0^2 - \omega^2}$$

で、$\varphi$ は $0$ から $\pi$ の範囲にとる。

要点：

$x = \operatorname{Re}(\hat{X}e^{i\omega t})$ とおくと $\hat{X} = (F_0/m)/(\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\zeta\omega_0\omega)$ となり、その絶対値が $X$、偏角の符号を変えたものが $\varphi$ である。$\zeta = 0$ で $\omega = \omega_0$ のときは特解が $t\sin\omega_0 t$ に比例し、振幅が時間に比例して増える。

### 共振の公式

- 振幅が最大になる角振動数

  $$\omega_r = \omega_0\sqrt{1 - 2\zeta^2} \qquad \left(\zeta < \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$$

  $\zeta \ge 1/\sqrt{2}$ では $X$ は $\omega$ について単調に減り、峰をもたない。

- 振幅の最大値

  $$X_{\max} = \frac{F_0}{k}\cdot\frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}}$$

- 位相の遅れ

  $$\omega = \omega_0 \ \Rightarrow \ \varphi = \frac{\pi}{2}$$

  変位は外力より $\pi/2$ 遅れ、速度は外力と同位相になる。外力のする仕事率の平均はこのとき最大になる。

## 振動の計算例

### 計算例：ばね振り子の周期

質量 $0.50\ \mathrm{kg}$ のおもりをばね定数 $200\ \mathrm{N/m}$ のばねにつけた。抵抗がないときの角振動数と周期を求めよ。

解答：

$\omega_0 = \sqrt{k/m} = \sqrt{200/0.50} = 20\ \mathrm{rad/s}$、$T = 2\pi/\omega_0 = \pi/10 \approx 0.31\ \mathrm{s}$。

検算：

$\sqrt{k/m}$ の次元は $\sqrt{(\mathrm{kg/s^2})/\mathrm{kg}} = \mathrm{s^{-1}}$。おもりを4倍にすると周期は2倍になる。

### 計算例：臨界減衰の解に初期条件を入れる

$\zeta = 1$ の系を $x(0) = x_0$、$\dot{x}(0) = 0$ から放す。$x(t)$ を求めよ。

解答：

$x = (A + Bt)e^{-\omega_0 t}$ で $x(0) = A = x_0$。$\dot{x} = (B - \omega_0 A - \omega_0 Bt)e^{-\omega_0 t}$ から $\dot{x}(0) = B - \omega_0 x_0 = 0$、$B = \omega_0 x_0$。

$$x(t) = x_0(1 + \omega_0 t)e^{-\omega_0 t}$$

検算：

代入すると $\ddot{x} + 2\omega_0\dot{x} + \omega_0^2x = 0$ を満たす。$t > 0$ で $x > 0$ なので、平衡点を通り越さずに戻る。

### 計算例：減衰振動の解と対数減衰率

$0 < \zeta < 1$ の系を $x(0) = x_0$、$\dot{x}(0) = 0$ から放す。$x(t)$ と、1周期あとの振幅の比を求めよ。

解答：

$x = e^{-\zeta\omega_0 t}(A\cos\omega_d t + B\sin\omega_d t)$ で $A = x_0$。$\dot{x}(0) = -\zeta\omega_0 A + \omega_d B = 0$ から $B = \zeta\omega_0 x_0/\omega_d$。

$$x(t) = x_0e^{-\zeta\omega_0 t}\left(\cos\omega_d t + \frac{\zeta}{\sqrt{1 - \zeta^2}}\sin\omega_d t\right)$$

$T_d = 2\pi/\omega_d$ たつと括弧の中は元に戻るので、振幅の比は $e^{-\zeta\omega_0 T_d} = e^{-2\pi\zeta/\sqrt{1 - \zeta^2}}$。

検算：

$\zeta \to 0$ で $x = x_0\cos\omega_0 t$ の単振動に戻る。$\zeta = 0.05$ なら $\delta \approx 0.315$ で、1周期ごとに振幅は約 $0.73$ 倍になる。

### 計算例：共振振動数と振幅の最大値

$\zeta = 0.1$ の系に $F_0\cos\omega t$ を加える。定常振幅が最大になる $\omega$ と、そのときの振幅を静的変位 $F_0/k$ と比べよ。

解答：

$X^2$ の分母 $(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\zeta^2\omega_0^2\omega^2$ を $\omega^2$ で微分して零とおくと $\omega^2 = \omega_0^2(1 - 2\zeta^2)$。$\omega_r = \omega_0\sqrt{0.98} \approx 0.990\,\omega_0$。

$$\frac{X_{\max}}{F_0/k} = \frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}} = \frac{1}{0.2\sqrt{0.99}} \approx 5.03$$

検算：

$\omega = 0$ を代入すると $X = F_0/(m\omega_0^2) = F_0/k$ でばねの静的な伸びになる。$\zeta \ll 1$ では $X_{\max}/(F_0/k) \approx 1/(2\zeta) = Q$ で、$Q = 5$ とほぼ一致する。

## 答案でよくある誤り

1. 臨界減衰の一般解を $Ae^{-\omega_0 t}$ だけにする。重解なので $(A + Bt)e^{-\omega_0 t}$ とし、2つの初期条件を両方満たす。
2. 減衰振動の周期を $2\pi/\omega_0$ とする。減衰があると $\omega_d = \omega_0\sqrt{1 - \zeta^2}$ で、周期は $2\pi/\omega_d$ と長くなる。
3. 振幅が最大になる振動数を常に $\omega_0$ とする。変位の振幅の峰は $\omega_0\sqrt{1 - 2\zeta^2}$ にある。$\omega_0$ で最大になるのは速度の振幅と、外力のする平均仕事率である。
4. 強制振動の解を特解だけで書き、初期条件を特解に当てはめる。初期条件は過渡解と特解の和である一般解に入れる。
5. 減衰比を $\zeta = c/(2m)$ と書く。$c/(2m)$ は減衰率 $\gamma$（$= \zeta\omega_0$）で、無次元の減衰比は $\zeta = c/(2\sqrt{mk})$ である。どちらを使うかを答案の最初に定める。

## 単振動・減衰振動・強制振動が出た院試の過去問

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- [北海道大学大学院 情報科学専攻 情報エレクトロニクスコース 専門科目 2026年度 第7問](https://inshihub.com/exam-solutions/hokkaido-university/graduate-school-of-information-science-and-technology/information-electronics/2026#problem-7): 量子力学
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