Youtubeでも説明しています。
I
(1)
角度方向の運動方程式は
$$ml\ddot{\theta} = -mg\sin\theta \simeq -mg\theta$$
なので、
$$\theta(t) = \alpha\cos(\omega t + \phi ) \hspace{5mm} (\omega = \sqrt{\frac{g}{l}})$$
今回は\(\phi = 0\)として
$$\theta(t) = \alpha\cos\omega t $$
(2)
エネルギー保存則より、（運動エネルギーの最大値）= （ポテンシャルの最大値）なので、
$$E = mgl(1-\cos\alpha) \simeq \frac{1}{2}mgl\alpha^2$$
(3)
動径方向の運動方程式より、
$$\begin{align}ml\dot{\theta}^2 &= T – mg\cos\theta \\ T & = ml\dot{\theta}^2 + mg\cos\theta\\ & \simeq ml\dot{\theta}^2 + mg\left(1- \frac{1}{2}\theta^2 \right)\end{align}$$
(4)
周期\(S\)を用いて、時間平均は
$$\langle T \rangle = \frac{1}{S}\int^S_0 T dt$$
で計算できる。よって
$$\begin{align}\langle T \rangle &\simeq \frac{1}{S}\int^S_0 ml\dot{\theta}^2 + mg\left(1- \frac{1}{2}\theta^2 \right) dt \\ \end{align}$$
ここで、
$$\begin{align}ml\dot{\theta}^2 + mg\left(1- \frac{1}{2}\theta^2 \right) &= ml(\alpha\omega \sin \omega t)^2 + mg\left\{1- \frac{1}{2}(\alpha\cos\omega t)^2 \right\}\\ &= mg\left\{ 1 + \alpha^2 \left(\cos^2\omega t – \frac{1}{2}\sin^2\omega t\right)\right\}\\ &= mg \left(1 + \frac{1}{4}\alpha^2 + \frac{3}{4}\alpha^2 \cos 2\omega t \right) \end{align}$$
となり、
$$\int^S_0 \cos 2\omega t dt = \int^{2\pi/\omega}_0 \cos 2\omega t dt = \left[\frac{1}{2\omega}\sin 2\omega t\right]^{2\pi/\omega}_0 = 0$$
であるので、
$$\langle T \rangle = mg \left(1 + \frac{1}{4}\alpha^2 \right)$$
II
$$l \rightarrow l + \delta l$$
(5)
長さの変化によって、\(\omega \rightarrow \omega’ = \omega + \delta \omega\)に変化したとする。このとき、
$$\omega = \sqrt{\frac{g}{l}} \rightarrow \omega’ = \sqrt{\frac{g}{l+\delta l}}$$
となる。ここで、
$$\begin{align} (l+\delta l)^{-1/2} &= l^{-1/2}\left(1+\frac{\delta l}{l} \right)^{-1/2} \\ &\simeq \frac{1}{\sqrt{l}}\left(1-\frac{\delta l}{2l} \right)\end{align}$$
が得られるので、
$$\begin{align} \omega’ & \simeq \sqrt{\frac{g}{l}}\left(1 – \frac{\delta l}{2l} \right) \\ &= \omega\left(1 – \frac{\delta l}{2l} \right) \end{align}$$
$$\delta \omega = – \frac{\omega}{2l}\delta l$$
(6)
張力は糸の伸びと逆方向に働くので、
$$\delta W = \langle T \rangle (-\delta l )= mg \left(1 + \frac{1}{4}\alpha^2 \right) \cdot (-\delta l )$$
となる。また、位置エネルギーの変化量を\(\Delta U\)とすると、問題文より
$$\begin{align}\delta W &= \delta E + \Delta U \\ \delta E &=\delta W – \Delta U \\ &= mg \left(1 + \frac{1}{4}\alpha^2 \right) \cdot (-\delta l ) – mg \cdot(-\delta l) \\ &= -\frac{1}{4}mg\alpha^2 \delta l\end{align}$$
(7)
\(\frac{E}{\omega}\)の変化量\(\delta\left(\frac{E}{\omega} \right)\)が0であることを示せば良い。まず、
$$\delta\left(\frac{E}{\omega} \right) = \frac{\omega \delta E – E \delta \omega}{\omega^2} = \frac{E}{\omega} \left( \frac{\delta E}{E} -\frac{\delta\omega}{\omega}\right)$$
となる。ここで、
$$\frac{\delta E}{E} = -\frac{1}{4}mg\alpha^2 \delta l \div \frac{1}{2}mgl\alpha^2 = -\frac{1}{2}\frac{\delta l}{l}$$
$$\frac{\delta\omega}{\omega} = -\frac{1}{2}\frac{\delta l}{l}$$
であるので、
$$\delta\left(\frac{E}{\omega} \right) = 0$$
III
(8)
ラグラジアン\(L\)は
$$\begin{align}L &= \frac{1}{2}m(l\dot{\theta})^2 – mgl(1-\cos\theta)\\ &\simeq \frac{1}{2}m(l\dot{\theta})^2 – \frac{1}{2}mgl\theta^2\end{align}$$
であるので、
$$p = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = ml^2\dot{\theta}$$
(9)
ハミルトニアン\(H\)は
$$\begin{align} H &=p \dot{\theta} – L \\ &= \frac{1}{2}m(l\dot{\theta})^2 + \frac{1}{2}mgl\theta^2\end{align}$$
となり、エネルギー保存則より
$$E = \frac{1}{2}m(l\dot{\theta})^2 + \frac{1}{2}mgl\theta^2$$
が得られる。これを変形すると
$$\frac{p^2}{2ml^2E} + \frac{\theta^2}{\frac{2E}{mgl}} = 1$$
となるので、これは楕円を表す。
(10)
楕円の面積を計算すれば良いので、
$$\oint p d\theta = \pi \sqrt{2ml^2E}\sqrt{\frac{2E}{mgl}} =2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} = 2\pi \frac{E}{\omega} $$
となり、問(7)から積分値は変化しない。
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