二重振り子エクスプローラー

m₁ = m₂ = 1、l₁ = l₂ = 1、g = 9.81、減衰 c = 0 のもと、θ₁ = 20° および θ₂ = 10° の静止状態から放つ。これほど小さな角度ではカオスは生じず、運動は2つの整った振動の重ね合わせとなる。それぞれの周期を求め、パネル上のサイクルマークがそのどちらをカウントしているかを判定せよ。

1. 上記の運動方程式を簡略化する。角度が小さいため sin θ は θ に、cos 2Δ は 1 になり、速度の2乗項は小振幅において2次の微小量となるため消去される。両方の分母は 2m₁ + m₂ − m₂ = 2 に整理され、残るのは線形でありながら連成した運動である。どちらのおもりも、他方を押し動かすことなしには運動しない。

   $${\ddot{\theta }}_1=-2k{\theta }_1+k{\theta }_2,{\ddot{\theta }}_2=2k{\theta }_1-2k{\theta }_2,k=\frac{g}{\ell }$$

2. 何をも求める前に、まず比較の基準を置く。長さ 1 m の単振り子は ω₀ = √(g/l) で振動し、パネルが周期のヒントとして表示し、各サイクルマークに刻んでいる 2.01 s という値を与える。この値を覚えておいてほしい。以下で得られる計算結果のどれも、この値とは一致しないからである。

   $$k=\frac{9.81}{1}=9.81{\mathrm{s}}^{-2},{\omega }_0=\sqrt{k}=3.132rad/s,T_0=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=2.01\mathrm{s}$$

3. 固有モードとは、両方の角度が1つの共通した振動数で振動し、一定の比を保つ運動のことである。θᵢ = aᵢ cos ωt を代入すると、2つの運動方程式のそれぞれから、互いに逆の側からたどり着く形でその比 a₂/a₁ が得られる。

   $${\theta }_i=a_i\cos \omega t⟹(2k-{\omega }^2)a_1=k{a}_2,(2k-{\omega }^2)a_2=2k{a}_1$$

4. 1つの比を表すこれら2つの式は一致しなければならず、これらを等しいとおくことで両方の振幅が消去される。残るのは ω² に関する2次方程式であり、2次方程式には 2 つの解が存在する。第2の周期はここから導かれる。

   $$(2k-{\omega }^2{)}^2=2k^2⟹{\omega }^2=(2\mp \sqrt{2})k=5.747,33.49{\mathrm{s}}^{-2}$$

5. したがって、この振り子には 2.62 s と 1.09 s という 2 つの周期が存在し、サイクルマークの 2.01 s はそのどちらでもない。それは両者の間に位置し、いずれのモードにも属していない。

   $${\omega }_{-}=2.397,{\omega }_{+}=5.787rad/s⟹T_{-}=2.62\mathrm{s},T_{+}=1.09\mathrm{s}$$

6. それぞれの解は独自の値と形態をもたらす。遅い解からは a₂/a₁ = +1.414 が得られ、両方のおもりが同じ方向に揺れ、下のおもりの振幅が 1.414 倍大きくなる。早い解からは −1.414 が得られ、おもりは逆方向に揺れ、その間の関節がハサミのように交差する。

   $$\frac{a_2}{a_1}=\frac{2k-{\omega }^2}{k}=\pm \sqrt{2}=\pm 1.414$$

7. 初期値 20° と 10° はどちらの形態とも一致しないため、両方のモードが同時に動作している。これを遅いモードの振幅 A と早いモードの振幅 B に分割すると、上のおもりは A + B = 20°、下のおもりは √2(A − B) = 10° を満たす必要があり、初期振幅のうち遅いモードが 13.54°、早いモードが 6.46° を占める。

   $$A+B=20^{\circ },\sqrt{2}(A-B)=10^{\circ }⟹A=13.54^{\circ },B=6.46^{\circ }$$