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。

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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。

   $$\ddot\theta_1=-2k\theta_1+k\theta_2,\qquad \ddot\theta_2=2k\theta_1-2k\theta_2,\qquad k=\frac{g}{\ell}$$

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。

   $$k=\frac{9.81}{1}=9.81\ \mathrm{s^{-2}},\quad \omega_0=\sqrt{k}=3.132\ \mathrm{rad/s},\quad T_0=\frac{2\pi}{\omega_0}=2.01\ \mathrm{s}$$

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。

   $$\theta_i=a_i\cos\omega t\ \Longrightarrow\ (2k-\omega^{2})a_1=k\,a_2,\quad (2k-\omega^{2})a_2=2k\,a_1$$

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。

   $$(2k-\omega^{2})^{2}=2k^{2}\quad\Longrightarrow\quad \omega^{2}=(2\mp\sqrt2)\,k=5.747,\ 33.49\ \mathrm{s^{-2}}$$

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。

   $$\omega_-=2.397,\ \ \omega_+=5.787\ \mathrm{rad/s}\quad\Longrightarrow\quad T_-=2.62\ \mathrm{s},\ \ T_+=1.09\ \mathrm{s}$$

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。

   $$\frac{a_2}{a_1}=\frac{2k-\omega^{2}}{k}=\pm\sqrt2=\pm1.414$$

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。

   $$A+B=20^\circ,\ \ \sqrt2\,(A-B)=10^\circ\quad\Longrightarrow\quad A=13.54^\circ,\ \ B=6.46^\circ$$