يمكن حل المسألة الرياضياتية بواسطة عدة طرق مختلفة، سنقوم بمناقشتها الآن. نعيد كتابة المعادلة (6–2) على الصورة:

حيث  (ω هو الحرف اليوناني الصغير «أوميجا»). إحدى الطرق المشروعة تمامًا (مع أنها غير مُمنهجة جدًّا) لحل المعادلة (3–6) هي تخمين الحل ثم برهنة أن التخمين يحقق المعادلة (3–6) أظهرنا في النقاش السابق أننا نتوقع أن تكون x دالة متذبذبة في الزمن t. أبسط دالة متذبذبة مألوفة بالنسبة لنا هي sin t ولأن d/dt (sin t) = cos t وd/dt (cos t) = – sin t فيكون لدينا d²/dt² (sin t) = – sin t، وبذلك نرى أن sin t تحقق تقريبًا المعادلة (3–6)، وصولًا إلى المعامل ω². يمكن إصلاح ذلك بسهولة عن طريق تجريب الدالة sin ωt. حيث إن d/dt (sin ωt) = ω cos ωt وd/dt (cos ωt) = –ω sin ωt، فيكون لدينا d²/dt² (sin ωt) = – ω² sin ωt وبالتالي نجد ان الدالة x (t) = sin ωt تحقق المعادلة (3–6). نجد بالمثل أن x (t) = cos ωt تحقق أيضًا المعادلة (3–6). وهذا ليس غريبًا لأن الرسم البياني لـ cos ωt هو تماما نفس الرسم البياني لـ sin ωt. مع إزاحة نقطة الأصل لمحور الزمن؛ أي (2ω/π + cos ωt = sin ω (t. في النهاية نصل إلى أن الدالة:

تحقق المعادلة (3–6)، وأنها، في الواقع، حلها الأعم.

باختيار A وB على نحو مناسب يمكننا جعل x وdx/dt تأخذان قيمتين محددتين سالفا عند 0 = t. افترض أننا نريد أن تأخذ x القيمة x₀ وأن تأخذ dx/dt القيمة v₀ عند 0 = t (يمكننا فيزيائيا جعل كلٌّ من x₀ وv₀ تأخذ أي قيمة مرغوبة إذا بدأنا الحركة «باستخدام الأيدي» ثم تركناها تتحرك) بجعل 0 = t في المعادلة (4–6) نجد B = x­₀ وبتفاضل المعادلة (6–4) بالنسبة للزمن، نحصل على:

وبذلك تكون قيمتا A وB المناسبتان للظروف الأولية هما B = x₀ وA = v₀/ω، ونحصل على:

لاحظ أنه إذا كانت 0 = x₀، فإن الإزاحة (t)x  تتناسب مع sin ωt، وإذا كانت 0 = v₀، فإن الإزاحة تتناسب مع cos ωt.  حتى إذا كانت 0 x₀ ≠ و0 v₀ ≠، فلا زلنا نستطيع، بإزاحة مناسبة لنقطة الأصل على المحور الزمني، إظهار (x (t كدالة صرفة للجيب أو جيب التمام لتحقيق هذا نكتب المعادلة (4–6) على الصورة:

حيث يكون مفهومًا أننا نختار دائمًا الجذر التربيعي الموجب. يوجد لقيم معينة لكل من A وB زاوية فريدة δ في المدى π < δ ≤ π– بحيث:

لاحظ أن المعادلتين (8–6) و(9–6) متّسقتان مع المتطابقة الرياضياتية
 cos²δ + sin²δ = 1. من الرسم البياني لكل من cos δ و sin δ نجد أنه:

وإذا جعلنا δ/ω – t = t، فإن x تكون متناسبة مع cos ωt. تحويل المتغير من إلى يناظر تحريك نقطة الأصل على المحور الزمني بمقدار δ/ω؛ أي إن 0 = 't عند δ/ω = t. إن أهمية δ/ω أنها الزمن عندما تكون x (t) عند قيمتها العظمى الموجبة؛ (لأن جيب التمام في المعادلة (10–6) تكون قيمته 1+ عند δ/ω t =)؛ وبذلك نرى أننا إذا قسنا الزمن من اللحظة التي تكون فيها x عند قيمتها العظمى الموجبة، فإن الإزاحة تكون دالة صرفة في جيب التمام واضح من المعادلة (7–6) أو المعادلة (6–10) أن (x (t دالة دورية زمنها الدوري ω/2π T= أي (x (t + 2π/ω) = x (t؛ وبذلك تحقق x قيمتها العظمى الموجبة، ليس فقط عند زمن δ/ω، ولكن أيضًا عند الأزمنة δ/ω ± 4π/ω, δ/ω ± 2π/ω، وهكذا.

شكل 6–2: جيب التمام والجيب لزاوية طور الحركة التوافقية البسيطة.

عدد الذبذبات في الثانية (التردد) هو f = 1/T = ω/2π. نلاحظ أيضًا أن تسمى التردد الزاوي.

لا بد أنه قد اتضح الآن أننا إذا قسنا الزمن من اللحظة التي عندها 0 = x وdx/dt موجبة (أي اللحظة التي يمر عندها الجسيم بموضع اتزانه متحركا نحو اليمين)، فإن الإزاحة تكون دالة صرفة في الجيب. لبرهنة ذلك نلاحظ أن (cos x = sin (x + π/2 ونعيد كتابة المعادلة (10–6) لتصبح على الصورة:

تسمى قيمة × العظمى سعة الذبذبة. وبإدخال قيمتي A وB المحسوبتين نجد:

مثال 6–2 (انظر شكل 6–1) طول اتزان الزنبرك 1 متر وكتلته 0.100 كيلوجرام. ثابت الزنبرك k = 4.00 N/m. تكون الكتلة عند 0 = t على بعد 0.800 m من الحائط ولها سرعة مقدارهاm/s 0.700 نحو اليسار. احسب (أ) التردد الزاوي ω للذبذبات. (ب) الزمن الدوري للذبذبات. (ج) سعة الذبذبة. (د) أقصى وأقل مسافة من الحائط تصل إليها الكتلة (هـ) الزمن الذي تكون عنده الكتلة أقرب ما يمكن إلى الحائط (احسب أصغر قيمة ممكنة لهذا الزمن). (و) الزمن الذي تكون عنده الكتلة لأول مرة على مسافة 1.10 m من الحائط متحركة نحو اليسار.

الحل. التردد الزاوي . الزمن الدوري T = 2π/ω = 0.993 s السعة معطاة بالمعادلة (13–6). لاحظ أن x₀ = –0.200 m؛ لأن الكتلة كانت في البداية عند 0.200 m على يسار موضع اتزانها؛ وبذلك تكون x_max =  أقصى مسافة للكتلة بالنسبة للحائط هي 1.0 + .299 = 1.299 m اقل مسافة هي 1.0 – .229 = 0.771 m.

لدينا من المعادلة (6–6)A = – .1107 m  و B = – .200m؛ وبالتالي فإن sin δ = – .483 من المعادلة (9–6). وحيث إن 0 > A و0 > B، فإن الزاوية δ تكون في المدى π/2– > δ > π–؛ وبذلك تكون δ = – 2.638 radians وδ/ω = − 0.4168 s (التقدير الدائري radians هو كمية لابعدية لأنه نسبة بين طولين). في النهاية، يكون لدينا من المعادلة (10–6)

تكون الكتلة أقرب إلى الحائط عندما تكون x عند قيمتها العظمى السالبة؛ أي إن 6.325 (t + 4167) = π, 3π, 4π وهكذا، ونحصل على أصغر قيمة ممكنة للزمن بوضع متغير جيب التمام يساوي π؛ وبذلك نجد أن t = π /6.325 – .4167 = 0.080 s. وتكون الكتلة أبعد ما يكون عن الحائط بعد مرور نصف الزمن الدوري؛ أي عندt = 0.080 + .993/2 = .577s. من المفيد رسم مخطط بياني للمعادلة (14–6) عند الإجابة على (هـ) و (و). كما يظهر في شكل 6–3، رسمنا مخططا بيانيا للمعادلة
x = .229 cos θ؛ حيث (4167. + t)6.325 = θ. لاحظ أن
θ = 2.6356 radians عند 0 = t. ورغم أن هذا الرسم البياني يمكن إجراؤه بسهولة باستخدام كمبيوتر، فإن هناك قيمة تعليمية وراء رسم المعادلة (14–6) بيانيًّا بالأيدي بمساعدة آلة حاسبة؛ لأنها تفرض علينا فهم أي الأجزاء من منحنى جيب التمام له صلة بالمسألة. فمثلًا: النقطة a على المنحنى تُمثَّل موضع الكتلة عند 0 = t. وتكون الكتلة أقرب ما يمكن إلى الحائط عند النقطة b وأبعد ما يمكن عند النقطة .C عند النقطة d تكون الكتلة على بعد 1.10 m من الحائط ((x = 0.1 m متحركة نحو اليمين وبذلك يكون عند d، cos θ = 0.1/.229 = .4367 تُبين الآلة الحاسبة أن cos^–1 (0.4367) = 1.119 rad. وبما أن (cos (x) = cos (–x، يكون لدينا 4367. = (1.119–) cos (1.119) = cos. بالطبع أيضًا، cos (x  + 2π) = cos (x) لا بد أن تكون قيمة θ عند النقطة d بين 1.5π وπ2؛ وبذلك يكون عند النقطة d، θ = –1.119 + 2π = 5.1642 . وبوضع 5.1642 = (4167. +t ) 6.325، نجد أن s 400 = t (وهي إجابة (هـ)). بالمثل عند النقطة e تكون الكتلة على بعد 1.10 m من الحائط متحركة نحو اليسار. نرى من الرسم البياني أن θ لا بد أن تقع بين π2 وπ2.5؛ وبالتالي تكون θ = 1.119 + 2π = 7.4022 rad، وt = 754 s (وهي إجابة (و)). لاحظ أن الزمن (t (c عندما تكون الكتلة أبعد ما يمكن عن الحائط يقع في منتصف الفترة بين (t (d و(t (e، كما هو متوقع.

شكل 6–3: رسم بياني للإزاحة الأفقية للكتلة في شكل 6–1 بمعلومية الظروف المنصوص عليها في مثال 6–2.