類題はこちら（2020年阪大基礎工院試 youtube）
(1)
\(x\)軸方向の力のつりあいより
$$T\sin\theta = m(l\sin\theta ) \phi^2 \tag{1}$$
が成り立ち、\(z\)軸方向の力のつりあいより
$$T\cos\theta = mg\tag{2}$$
が成り立つ。式(1)より
$$\phi = \sqrt{\frac{T}{m l} } $$
(2)
①
まず、ラグラジアンについて考える。質点１、２の座標はそれぞれ
$$\begin{align}(x_1,z_1) &= (l\sin\theta_1,-l\cos\theta_1)\\ &\approx (l\theta_1,-l)\\ (x_2,z_2) &= (l(\sin\theta_1+\sin\theta_2),-l(\cos\theta_1+\cos\theta_2))\\ &\approx (l(\theta_1+\theta_2),-2l)\end{align}$$
と書け、その時間微分は
$$\begin{align}(\dot{x_1},\dot{z_1}) &= (l\dot{\theta_1}\cos\theta_1,l\dot{\theta_1}\sin\theta_1)\\ &\approx (l\dot{\theta_1},l\dot{\theta_1}\theta_1)\\(\dot{x_2},\dot{z_2}) &= (l(\dot{\theta_1}\cos\theta_1+\dot{\theta_2}\cos\theta_2),l(\dot{\theta_1}\sin\theta_1+\dot{\theta_2}\sin\theta_2))\\ &\approx (l(\dot{\theta_1}+\dot{\theta_2}),l(\dot{\theta_1}\theta_1+\dot{\theta_2}\theta_2))\end{align}$$
となる。ここで\(|\theta_1|,|\theta_2|\ll 1\)のとき\(\sin\theta \approx \theta , \cos\theta \approx 1\)である。これらを用いて運動エネルギー\(T\)は
$$\begin{align}T &= \frac{1}{2}m(\dot{x_1}^2+\dot{z_1}^2)+\frac{1}{2}m(\dot{x_2}^2+\dot{z_2}^2) \\ &\approx \frac{1}{2}ml^2 \dot{\theta_1}^2 + \frac{1}{2}ml^2 (\dot{\theta_1}+\dot{\theta_2})^2\end{align}$$
となる（\(\theta,\dot{\theta}\)の3次以上の項は無視）。
次に、ポテンシャル\(U\)は
$$\begin{align} U & = -mgz_1 – mgz_2 \\ &= -mgl\cos\theta_1 – mgl(\cos\theta_1+\cos\theta_2)\end{align}$$
と書ける。よって、ラグランジュ方程式は
$$2\ddot{\theta}_1+\ddot{\theta}_2 = -\frac{2g}{l}\sin\theta_1\simeq -\frac{2g}{l}\theta_1$$
$$\ddot{\theta}_1+\ddot{\theta}_2 =-\frac{g}{l}\sin\theta_2\simeq -\frac{g}{l}\theta_2$$
となる。
②
\(\theta_1 = A\cos\omega t , \theta_2 = B\cos\omega t \hspace{4mm}(A,B : {\rm const})\)と仮定する。これを運動方程式に代入して整理すると
$$\begin{align} \begin{pmatrix} 2(\omega_0^2 – \omega^2)& -\omega^2\\ -\omega^2&\omega_0^2 – \omega^2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A\\ B\end{pmatrix} = 0 \tag{1}\end{align}$$
が得られる。ここで\(\omega_0 = \sqrt{{\frac{g}{l}}}\)である。自明でない解(\(A,B\neq 0\))を持つには、
$$\begin{align} \begin{vmatrix} 2(\omega_0^2 – \omega^2)& -\omega^2\\ -\omega^2&\omega_0^2 – \omega^2\end{vmatrix} &= 0 \\ &=2(\omega_0^2 – \omega^2)(\omega_0^2 – \omega^2)-\omega^4 \\ &= \omega^4 – 4\omega_0^2 \omega^2 + \omega_0^4 \end{align}$$
を満たせば良い。よって
$$\omega^2 = (2 \pm \sqrt{2})\omega_0^2$$
$$\omega_{\pm} = \sqrt{2 \pm \sqrt{2}}\omega_0$$
が得られる。
- \(\omega_{+} =\sqrt{2 + \sqrt{2}}\omega_0 \)のとき
式(1)に代入して整理すると
$$A:B = 1: -\sqrt{2}$$
となる。よって質点は互いに逆向きに振動する。
- \(\omega_{+} =\sqrt{2 + \sqrt{2}}\omega_0 \)のとき
同様に式(1)に代入して整理すると
$$A:B = 1: \sqrt{2}$$
となる。よって質点は同じ向きに振動する。
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