Из графика видно, что к $12$ с изменения амплитуды прекращается. Установившаяся амлитуда равна $A=0.3$ рад. Сразу заметим, что при таких углах погрешность приближения $\sin x \approx x$ не превышает $1.5\%$. В частности, для целей этого пункта можно считать, что частота не зависит от амплитуды. Частоту можно найти методом рядов, например
$$
\omega = 2\pi \frac{16}{14.5c - 9.5c} = 20\; \text{с}^{-1}.
$$Колебания в остутствии подкачки энергии описываются уравнением
$$
ml^2\ddot{\theta} = -2ml^2\gamma\dot{\theta} - mgl \sin \theta
$$ (закон изменения момента импульса для маятника).

Заменяя в силу сказаного выше $\sin \theta$ на $\theta$, $g$ на $l\omega^2$ и сокращая на $ml^2$ получим уравнение гармонических колебаний:
$$
\ddot{\theta} + 2\gamma \dot{\theta} + \omega^2 \theta = 0.
$$ Его решение с начальными условиями $\theta(0) = 0$, $\dot{\theta}(0) = A\omega$ есть
$$
\theta(t) = A e^{-\gamma t} \sin \omega t.
$$ Обозначим $A_n$ значение $A$ на $n$-том полупериоде. Каждый полупериод $\dot{\theta}$ увеличивается на $\omega_D$, значит
$$
A_{n+1} = A_n e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}} + \frac{\omega_D}{\omega}.
$$ Предельная амплитуда находится из условия
$$
A = A e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}} + \frac{\omega_D}{\omega}
$$ откуда $A = \frac{\omega_D}{\omega} \left(1 - e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}}\right)^{-1}$.

Рекуррентное соотношение на $A_n$ можно переписать так:
$$
A - A_{n+1} = (A - A_n) e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}}.
$$
Это позволяет найти $\gamma$ по нескольким пикам (в предположении что $\gamma$ мало и максимальное значение $\theta$ равно $A$):
$$
\gamma = \frac{\omega}{\pi} \frac{1}{m - n} \ln \frac{A-A_n}{A-A_m}.
$$ Например, $A_n = 0.14$, $A_m = 0.19$, $m - n = 6$ (число полупериодов вдвое больше числа периодов). Получается $\gamma = 0.40$. $\gamma/\omega = 0.02$ и затухание действительно мало.

Остается найти $\omega_D$.
$$
\omega_D = \omega A \left(1 - e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}}\right) = 0.37 \;
\frac{рад}с.
$$

Ответ получается непосредственным дифференциированием.

$$
\ddot{x}(t) = -\frac{\omega^2}{2}\left(A e^{i\omega t} + A^*e^{-i\omega t}\right) +
\frac{1}{2}\left( i \omega \dot{A} e^{i\omega t} - i \omega A^* e^{-i\omega t}
\right)
$$Учитывая, что мы наложили условие $\dot{A} e^{i \omega t} + \dot{A^*} e^{-i \omega t} = 0$, упрощаем это выражение и получаем ответ.

Подставляем полученное в уравнение колебаний:
$$
-\frac{\omega^2}{2}\left(A e^{i\omega t} + A^*e^{-i\omega t}\right)
+ i \omega \dot{A} e^{i\omega t}
+ \gamma \left(i \omega A e^{i \omega t} -i\omega A^*e^{-i\omega t}\right) + \frac{\omega^2}{2}\left(A
e^{i\omega t} + A^*e^{-i\omega t}\right) =\\= \varepsilon \frac{1}{8} \left(A e^{i \omega t} +
A^*e^{-i\omega t}\right)^3 .
$$ Отсюда выражаем $\dot{A}$.

В уравнении, полученном в $\bf B3$, нужно просто отбросить все члены, содержащие $e^{-in\omega t}$, $n\neq0$.

Положив в уравнении, полученном в $\bf B4$, $\gamma=0$, получаем\[\dot A=-i\frac{3\varepsilon|A|^2}{8\omega}A.\]Из геометрических соображений ясно, что это уравнение описывает поворот вектора $A$ в комплексной плоскости без изменения его модуля. Поэтому решение уравнения ищем в виде\[A(t)=A_0e^{ist}.\]Получаем\[s=-\frac{3\varepsilon|A|^2}{8\omega},\]откуда сразу же получаются ответы для $A(t)$ и $x(t)$.

Разложим синус в ряд Тейлора:\[\sin x\approx x-\frac16x^3.\]Таким образом, в первом приближении уравнение колебания маятника описываются уравнением из $\bf B4$ с\[\gamma=0,\quad\varepsilon=\frac16\omega^2.\]Из $\bf B5$ мы знаем, что его решение можно представить в виде\[A(t) = A_0 \exp \left(-i \frac{|A_0|^2 \omega t}{16}\right)\implies\\\implies x(t)=\operatorname{Re}\left\{A_0\exp\left[i\left(1-\frac{1}{16}A^2\right)\omega t\right]\right\}.\]Отсюда сразу же получаем ответ.

На доску действуют силы натяжения нитей маятников, равные в первом приближении $mg\sin\theta_1$ и $mg\sin\theta_2$. По третьему закону Ньютона во время толчка на доску действует также сила $-ml(D_1+D_2)$. В итоге получаем ответ.

Система отсчёта доски – неинерциальная система отсчёта, движущаяся с ускорением $a=\frac FM$, тогда в законе Ньютона для грузов в первом приближении должен фигурировать дополнительный член $-ma$. Переписав его через углы $\theta_1$ и $\theta_2$, получим ответ.

Как было найдено в $\bf A1$, в момент пересечения оси $\dot{\theta}$ значение $\dot{\theta}$ изменяется на $\gamma\pi A$. Когда через некоторое время эту ось пересекает первый маятник, второй также испытывает возмущение и его $\dot{\theta}$ изменяется на $\alpha \gamma \pi A$. Фаза колебаний, с точностью до константы равная углу, на который повернулась точка на фазовом портрете, при этом уменьшается на\[\frac{\alpha \gamma \pi A \sin
\psi}{\omega A} = \frac{\alpha \gamma\pi}{\omega}\sin\psi.\]Когда таким же образом щелчок второго метронома влияет на фазу первого, разность фаз между ними снова уменьшается. Таким образом за полупериод \[\Delta \psi = - 2
\frac{\alpha \gamma \pi}{\omega}\sin \psi.\]За период эта величина будет в два раза больше.

Ответ:

Так как мы считаем затухания малыми, то и изменение фаз за период оказывается малой величиной. Поэтому можем перейти к непрерывному пределу и получить ответ.

Перепишем уравнения движения маятников из $\bf C2$, учитывая разные частоты маятников. Получим$$
\begin{cases}\ddot{\theta}_1+2\gamma\dot{\theta}_1+\omega_1^2 \theta_1 = \alpha\left[-(\theta_1+\theta_2)\omega^2+(D_1+D_2)\right]\\\ddot{\theta}_2+2\gamma\dot{\theta}_2+\omega_2^2 \theta_2 = \alpha\left[-(\theta_1+\theta_2)\omega^2+(D_1+D_2)\right]\end{cases}
$$Тогда аналогично\[\dot\psi=\omega_1-\omega_2-\frac{3\omega^2A^3\alpha}{16\gamma}\sin\psi.\]Синхронизация возможна, когда это уравнение имеет корни, откуда сразу же получается ответ для $\Delta\omega_\max$.

При установившейся разности фаз метрономов $\dot\psi=0$. Ответ получается подстановкой этого в выражение, полученное в $\bf C5$.

Необходимо решить уравнение Курамото с начальным условием\[\psi(0)=0.5.\]Имеем\[\dot\psi=-B\sin\psi\implies\int_{0.5}^{\psi(t)}\frac{\mathrm d\psi}{\sin\psi}=\ln\bigg|\operatorname{tg}\frac\psi2\bigg|\Bigg|_{0.5}^{\psi(t)}=-Bt\implies\\\implies t(\psi)=\frac{\sin\psi_0}{\Delta\omega}\ln\left|\frac{\operatorname{tg}\frac\psi2}{\operatorname{tg}0.05}\right|.\]