$$x(t)=l\sin\varphi
$$
$$y(t)=a\cos{\omega}t-l\cos\varphi
$$
$$v_x=\frac{dx}{dt}=l\cos{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}
$$
$$v_y=\frac{dy}{dt}=l\sin{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}-{\omega}a\sin{\omega}t
$$
$$E_k=\frac{m}{2}\Bigr(\Bigr(\frac{dx}{dt}\Bigl)^2+\Bigr(\frac{dy}{dt}\Bigl)^2\Bigl)
$$
$$E_k=\frac{m}{2}\Bigr(\Bigr(l\frac{d\varphi}{dt}\Bigl)^2+\Bigr({\omega}a \sin{\omega}t\Bigl)^2-2{\omega}al \sin{\omega}t \sin{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}\Bigl)
$$
Обозначим точку подвеса маятника за $o$. Тогда выражение для мощности принимает вид
$$N=\vec{F_o}\vec{v_o}=F_{oy}\frac{dy_o}{dt}
$$
Из закона изменения импульса для тела
$$F_{oy}=mg+m\frac{d^2y}{dt^2}
$$
$$\frac{dy_o}{dt}=-{\omega}a\sin{\omega}t
$$
$$\frac{d^2y}{dt^2}=- {\omega}^2 a \cos{\omega}t + l\Bigr(\sin{\varphi} \frac{d^2{\varphi}}{dt^2}+\cos{\varphi}\Bigr(\frac{d\varphi}{dt}\Bigl)^{2}\Bigl)
$$
Окончательный ответ
$$N=-m{\omega}a\sin{\omega}t\Bigr(g - {\omega}^2 a \cos{\omega}t + l\Bigr(\sin{\varphi} \frac{d^2{\varphi}}{dt^2}+\cos{\varphi}\Bigr(\frac{d\varphi}{dt}\Bigl)^{2}\Bigl)\Bigl)
$$
Наиболее простой способ показать справедливость данного соотношения связан с переходом в неинерциальную систему отсчёта, связанную с точкой подвеса . В ней на тело помимо силы реакции стержня и силы тяжести действует вертикальная сила инерции, равная $F_{иy}=-m\frac{d^2y_o}{dt^2}=m{\omega}^2 a \cos{\omega}t$.
$$
$$
Из закона изменения момента импульса относительно точки подвеса имеем
$$m{l}^2\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}=(F_{иy}-mg) l \sin{\varphi}
$$
Из записанных уравнений получается требуемое соотношение
$$
\cfrac{d^2\varphi}{dt^2}=-\cfrac{1}{l}(g-a~\omega^2\cos \omega t)\sin \varphi.
$$
Ответить на вопрос можно и более формально,продифференцировав закон изменения механической энергии тела в неподвижной системе отсчёта
$$N=\frac{dE}{dt}=mgl\sin{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}+m\frac{dy}{dt}\frac{d^2y}{dt^2}+m\frac{dx}{dt}\frac{d^2x}{dt^2}
$$
$$\frac{d^2x}{dt^2}=l\Bigr(\cos{\varphi}\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}-\sin{\varphi}\Bigr(\frac{d\varphi}{dt}\Bigl)^{2}\Bigl)
$$
После постановки всех величин, полученных ранее, получаем требуемое соотношение.
Поскольку $\beta$ — быстрая компонента
$$\frac{d^2{\beta}}{dt^2}=\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}
$$
$$\frac{d^2{\beta}}{dt^2}=-\frac{1}{l}(g-a~\omega^2\cos \omega t)\sin (\gamma +\beta)
$$
Поскольку ${\beta} \ll {\gamma}$ и $g \ll a{\omega}^2$, уравнение приобретает следующий вид:
$$\frac{d^2{\beta}}{dt^2}=\frac{{\omega}^2 a}{l} \sin{\gamma} \cos {\omega}t=-{\omega}^2Acos({\omega}t)$$
где
$$A=-\frac{a}{l}\sin{\gamma}$$
Из этого выражения для второй производной $\frac{d^2{\beta}}{dt^2}$ интегрированием получаем выражение для ${\beta}$:
$${\beta}(t)=A\cos({\omega}t)=-\frac{a}{l}\sin{\gamma} \cos {\omega}t$$
Для усреднения по большому числу быстрых колебаний
$$\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}=\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}
$$
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{1}{lt}\int\limits_0^{t} (g-a\omega^2\cos \omega t)\sin \varphi\Bigr(\sin{\gamma}\cos{\beta}+\cos{\gamma}\sin{\beta}\Bigl)dt
$$
Для пренебрежения всеми членами порядка выше $a^2$ достаточно следующих разложений
$$sin{\beta}=\beta~и~cos{\beta}=1-\frac{{\beta}^2}{2}
$$
Выражение после разложений и раскрытия скобок принимает вид
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{1}{lt}\int\limits_0^{t} \Bigr(g~\sin{\gamma}\Bigr(1-\frac{a^2\sin{\gamma}}{l^2}~{\cos^2{\omega}t}\Bigl)~+~a{\omega}^2\Bigr( \frac{a^2\sin^2{\gamma}}{2l^2}~\cos^3{\omega}t +\frac{a\sin{2\gamma}}{2l}\cos^2{\omega}t\Bigl)dt
$$
При интегрировании учтём малось $\frac{a^2}{l^2}$,а также что при большом времени усреднения средние значения тригонометрических функций в нечётных степенях равны нулю,это позволяет сразу отбросить большинство слагаемых.
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{1}{lt}\int\limits_0^{t} \Bigr(g~\sin{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2\sin{2\gamma}}{4l}(1+\cos{2\omega}t)\Bigl)\Bigl)dt
$$
Получаем ответ
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{1}{l}\Bigr(g~\sin{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2\sin{2\gamma}}{4l}\Bigl)
$$
Возвращаясь к пункту $A5$
$$ml^2\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}=M
$$
Учитывая,что при усреднении за большой промежуток времени
$$\frac{d^2{\varphi}}{dt^2}=\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}
$$
среднее по времени значение момента всех сил
$$M_o=-ml\Bigr(g~sin{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2sin{2\gamma}}{4l}\Bigl)
$$
Проинтегрируем средний момент $M_o$ по углу $\gamma$
$$V(\gamma)=ml\int \Bigr(g~\sin{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2\sin{2\gamma}}{4l}\Bigl)d{\gamma}
$$
$$V(\gamma)=-mgl\cos{\gamma}-\frac{ma^2{\omega}^2\cos^2{\gamma}}{4}+C
$$
Полученная зависимость представляет собой параболу относительно $\cos{\gamma}$,максимум которой достигается при
$$\cos{\gamma}=-\frac{b}{2a}=-\frac{2gl}{({a\omega})^2}
$$
Существование двух корней возможно лишь в случае,если $\cos{\gamma} > -1$ в вершине параболы,откуда сразу вытекает требуемое неравенство
$$(a{\omega})^2>2gl
$$
Условиями устойчивого равновесия являются
$$1)~\frac{dV}{d{\gamma}}=M_o=0
$$
$$2)~\frac{d^2V}{d{\gamma}^2}>0
$$
Найдём первую производную
$$\frac{dV}{d{\gamma}}=ml\Bigr(g~\sin{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2\sin{2\gamma}}{4l}\Bigl)
$$
При $\gamma=0;\pi~~\frac{dV}{d\gamma}$ равна нулю
$$
$$
Найдём вторую производную
$$\frac{d^2V}{d{\gamma}^2}=ml\Bigr(g\cos{\gamma}+\frac{a^2{\omega}^2\cos{2\gamma}}{2l}\Bigl)
$$
При $\gamma=0$
$$\frac{d^2V}{d{\gamma}^2}=ml\Bigr(g+\frac{a^2{\omega}^2}{2l}\Bigl)
$$
При $\gamma=\pi$
$$\frac{d^2V}{d{\gamma}^2}=ml\Bigr(-g+\frac{a^2{\omega}^2}{2l}\Bigl)
$$
Последнее выражение положительно при условии,которое мы доказали в начале пункта. Таким образом,оба положения удовлетворяют условиям устойчивого равновесия.
Уравнение колебаний для $\gamma=0$
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{\gamma}{l}\Bigr(g+\frac{a^2{\omega}^2}{2l}\Bigl)
$$
Первый ответ
$$T_o=\frac{2\pi}{\sqrt{\frac{g}{l}+\frac{a^2{\omega}^2}{2l^2}}}
$$
Уравнение колебаний для $\gamma=\pi$
$$\frac{d^2{\gamma}}{dt^2}=-\frac{(\gamma-\pi)}{l}\Bigr(-g+\frac{a^2{\omega}^2}{2l}\Bigl)
$$
Второй ответ
$$T_{\pi}=\frac{2\pi}{\sqrt{-\frac{g}{l}+\frac{a^2{\omega}^2}{2l^2}}}
$$