質点\(m\)の動く軌道は，円弧上で，円の半径が\(l\)であることから，質点の速度の大きさは， \[ v = l\,\dot{\theta}. \] したがって，運動エネルギー\(T\)は， \[ T = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m\,l^2\,\dot{\theta}^2. \]
振り子の質点の鉛直位置は，支点からの高さを考えれば良い．
\(y\)軸を鉛直下向きと考えた場合，質点が\(\theta\)のときの鉛直方向の位置は，
\[
y = -l\cos\theta,
\]
と表せる．(最低点は\(y=-l\))
「質点が一番下にあるとき\((\theta=0)\)に\(V=0\)」と定めるため，基準点を最低点に取る．
すると，任意の\(\theta\)において，質点の高さの変化は，
\[
\Delta y = y(\theta)-y(0)= (-l\cos\theta)-(-l) = -l\cos\theta + l.
\]
したがって，重力ポテンシャルエネルギーは，
\[
V = m\,g\,\Delta y = m\,g\,l\,(1-\cos\theta).
\]
ラグランジアン\(L\)は， \[ L = T - V = \frac{1}{2} m\,l^2\,\dot{\theta}^2 - m\,g\,l\,(1-\cos\theta). \] オイラー＝ラグランジュの方程式は， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0. \] ここで， \[ \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = m\,l^2\,\dot{\theta}. \] 時間微分は， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) = m\,l^2\,\ddot{\theta}. \] また， \[ \frac{\partial L}{\partial \theta} = -m\,g\,l\,(0 - (-\sin\theta)) = -m\,g\,l\,\sin\theta. \] 以上より， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} =m\,l^2\,\ddot{\theta} -(-m\,g\,l\,\sin\theta) = m\,l^2\,\ddot{\theta} + m\,g\,l\,\sin\theta = 0. \] 両辺を\(m\,l\)で割り， \[ l\,\ddot{\theta} + g\,\sin\theta = 0, \] \[ \boxed{\ddot{\theta} + \frac{g}{l}\,\sin\theta = 0.} \]
\(\theta\)が十分小さいとき，\(\sin\theta\)を\(\theta\)で近似でき，
\[
\sin\theta \approx \theta.
\]
すると，運動方程式は線形化され，
\[
\ddot{\theta} + \frac{g}{l}\,\theta = 0,
\]
となる(単振動の微分方程式)．
この微分方程式の特性方程式は，
\[
r^2 + \frac{g}{l} = 0,
\]
すなわち，
\[
r = \pm i\sqrt{\frac{g}{l}}.
\]
よって，一般解は，
\[
\theta(t) = A\cos\left(\sqrt{\frac{g}{l}}\,t\right) + B\sin\left(\sqrt{\frac{g}{l}}\,t\right),
\]
以上より，振動の角振動数(角周波数)は，
\[
\omega_p = \sqrt{\frac{g}{l}},
\]
周期は，
\[
T_p = \frac{2\pi}{\omega_p} = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}.
\]
\[
\boxed{\omega_p = \sqrt{\frac{g}{l}},\quad T_p = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}.}
\]
支点周りの慣性モーメント\(I\)は， \[ I = I_0 + m\,l^2, \] すなわち， \[ \boxed{I = \frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2.} \]
回転運動の運動エネルギーは，系全体の慣性モーメント\(I\)を用いて， \[ T = \frac{1}{2}\,I\,\dot{\theta}^2 = \frac{1}{2}\Bigl(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\Bigr)\dot{\theta}^2. \]
問題1と同じで， \[ V = m\,g\,\Delta y = m\,g\,l\,(1-\cos\theta). \]
ラグランジアン\(L\)は， \[ L = T - V = \frac{1}{2}\Bigl(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\Bigr)\dot{\theta}^2 - m\,g\,l\,(1-\cos\theta). \] オイラー＝ラグランジュの方程式は， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0. \] ここで， \[ \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \Bigl(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\Bigr)\dot{\theta}. \] 時間微分は， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) = \Bigl(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\Bigr)\ddot{\theta}. \] ここは問題1と変わらず， \[ \frac{\partial L}{\partial \theta} = -m\,g\,l\,(0 - (-\sin\theta)) = -m\,g\,l\,\sin\theta. \] 以上より， \[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} =\Bigl(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\Bigr)\ddot{\theta} + m\,g\,l\,\sin\theta = 0. \] \[ \boxed{\left(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\right)\ddot{\theta} + m\,g\,l\,\sin\theta = 0.} \]
問題1と同様に，\(\sin\theta \approx \theta\)で近似すると， \[ \left(\frac{2}{5}\,m\,a^2 + m\,l^2\right)\ddot{\theta} + m\,g\,l\,\theta = 0. \] 両辺を\(m\)で割り， \[ \left(\frac{2}{5}\,a^2 + l^2\right)\ddot{\theta} + g\,l\,\theta = 0. \] 単振動の微分方程式の形に直すと， \[ \ddot{\theta} + \frac{g\,l}{\frac{2}{5}\,a^2+l^2}\,\theta = 0. \] したがって，角振動数(角周波数)は， \[ \omega_s = \sqrt{\frac{g\,l}{\frac{2}{5}\,a^2+l^2}}, \] 周期は， \[ T_s = \frac{2\pi}{\omega_s} = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{2}{5}\,a^2+l^2}{g\,l}}. \] \[ \boxed{\omega_s = \sqrt{\frac{g\,l}{\frac{2}{5}\,a^2+l^2}},\quad T_s = 2\pi\sqrt{\frac{\frac{2}{5}\,a^2+l^2}{g\,l}}.} \]