この章のまとめ

(1) $\Phi_1=r-R$ は時刻を含まない座標の関係なのでホロノミックかつスクレロノミック、$\Phi_2=\varphi-\omega t$ は時刻を含む座標の関係なのでホロノミックかつレオノミックである。自由度は $3-2=1$ で、$\theta$ を一般化座標に選べる。速度の2乗は $\dot r^2+r^2\dot\theta^2+r^2\sin^2\theta\,\dot\varphi^2$、ポテンシャルは $V=-mgr\cos\theta$ なので、$r=R$, $\dot\varphi=\omega$ を入れて

$$L=\frac12mR^2\bigl(\dot\theta^2+\omega^2\sin^2\theta\bigr)+mgR\cos\theta .$$

(2) (1) の $L$ の Euler–Lagrange 方程式は、第2章の総合問題 (5) の式で $\Omega\to\omega$, $g/R\to\omega_{\mathrm c}^2$ としたもの

$$\ddot\theta=\sin\theta\,\bigl(\omega^2\cos\theta-\omega_{\mathrm c}^2\bigr)$$

である。釣り合いも第2章の結果のとおり、$\theta=0$（最下点）、$\theta=\pi$（最上点）、および $\omega>\omega_{\mathrm c}$ のときだけ現れる $\cos\theta_*=\omega_{\mathrm c}^2/\omega^2$ の $\theta=\pm\theta_*$ である。

(3) 第2章の総合問題 (5) の結果から、$\theta=0$ のまわりの角振動数の2乗は $\omega_{\mathrm c}^2-\omega^2$（$\omega>\omega_{\mathrm c}$ なら不安定）、$\theta_*$ のまわりの角振動数は $\omega\sin\theta_*$ で $\theta_*$ は安定である。数値では $\omega_{\mathrm c}=9.90\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$, $\omega=19.8\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$, $\cos\theta_*=\frac14$ より $\theta_*=75.5^\circ$、振動の角振動数は $\omega\sqrt{15}/4=19.2\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$。

(4) $r$ の式は $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}(m\dot r)-\frac{\partial L}{\partial r}=\lambda_1$ で、$\frac{\partial L}{\partial r}=mr\dot\theta^2+mr\sin^2\theta\,\dot\varphi^2+mg\cos\theta$。拘束の上では $\ddot r=0$, $r=R$, $\dot\varphi=\omega$ なので

$$\lambda_1=-mR\bigl(\dot\theta^2+\omega^2\sin^2\theta\bigr)-mg\cos\theta .$$

$\lambda_1<0$ は、輪がビーズを中心向きに押していることを表す。$\theta_*$ では $\dot\theta=0$、$g=R\omega^2\cos\theta_*$ なので$\lambda_1=-mR\omega^2(\sin^2\theta_*+\cos^2\theta_*)=-mR\omega^2$。大きさは $mR\omega^2=0.392\,\mathrm N$ で、$\omega^2=4g/R$ から重さ $mg$ のちょうど4倍である。回転軸から $R\sin\theta_*$ の距離で回るのに要る向心力 $mR\sin\theta_*\,\omega^2$（水平）と、重力を支える $mg$（鉛直）の合力が、輪の中心を向いた大きさ $mR\omega^2$ の力になっている。

(5) $\varphi$ の式は $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\bigl(mr^2\sin^2\theta\,\dot\varphi\bigr)=\lambda_2$ で、拘束を入れて $\lambda_2=2mR^2\omega\sin\theta\cos\theta\,\dot\theta$。これは輪がビーズに加える回転軸まわりのトルクである。$\partial\Phi_2/\partial t=-\omega$, $\partial\Phi_1/\partial t=0$ なので、式 (1.6.14) から $P=\lambda_2\omega=2mR^2\omega^2\sin\theta\cos\theta\,\dot\theta$。力学的エネルギー $E=\frac12mR^2(\dot\theta^2+\omega^2\sin^2\theta)-mgR\cos\theta$ を (2) の運動方程式を使って微分すると $\frac{\mathrm{d} E}{\mathrm{d} t}=2mR^2\omega^2\sin\theta\cos\theta\,\dot\theta=P$ で、$\theta$ が変わる間は $0$ でない。輪を一定の速さで回し続けるモーターが仕事をするので、$E$ は保存しない。一方 $h=\frac12mR^2(\dot\theta^2-\omega^2\sin^2\theta)-mgR\cos\theta$ は、運動方程式の両辺に $mR^2\dot\theta$ を掛けると $\frac{\mathrm{d} h}{\mathrm{d} t}=0$ となって保存する。$h$ は (1) の Lagrangian が時刻をあらわに含まないことから出る保存量で、その一般形は 第1部第10章の Noether の定理で扱う。$\theta=0.1$ から静かに放すと、$h$ の保存から折り返す角 $\theta_1$ は $-\frac12\omega^2\sin^2\theta_1-\omega_{\mathrm c}^2\cos\theta_1=-\frac12\omega^2\sin^2(0.1)-\omega_{\mathrm c}^2\cos(0.1)$ の、$\theta_*$ より大きい解で、$\omega=2\omega_{\mathrm c}$ では $\theta_1=119.7^\circ$ である。ビーズは $\theta_*=75.5^\circ$ をはさんで $0.1\,\mathrm{rad}$ と $119.7^\circ$ の間を往復し、その間 $E$ は増減を繰り返す。