Используем формулу Эйлера для твёрдого тела.

По определению, момент импульса элемента массой $dm$:

Раскроем двойное векторное произведение в выражении для \(d\vec{L}\):
$$
d\vec{L} =dm (\vec{r} \times (\vec{\Omega} \times \vec{r})) = dm (\vec{\Omega}r^2 - \vec{r}(\vec{\Omega} \cdot \vec{r})).
$$Распишем полученное векторное выражение покомпонентно:
$$
dL_x = dm\left(\Omega_x(X^2 + Y^2 + Z^2) - X(\Omega_xX + \Omega_y Y + \Omega_z Z)\right), \\
dL_y = dm\left(\Omega_y(X^2 + Y^2 + Z^2) - Y(\Omega_xX + \Omega_y Y + \Omega_z Z)\right), \\
dL_z = dm\left(\Omega_z(X^2 + Y^2 + Z^2) - Z(\Omega_xX + \Omega_y Y + \Omega_z Z)\right).
$$
Упрощая, получаем ответ.

Например, координаты центра масс можно записать как $$X_c = \frac{1}{m} \int X dm; \quad Y_c = \frac{1}{m} \int Y dm, \quad   Z_c = \frac{1}{m} \int Z dm. $$

 В дальнейших пунктах полученные здесь формулы не используются.

Ответ получается интегрированием по $dm$ выражений предыдущего пункта.

В главных осях выражения для компонент момента импульса $\vec{L}$ принимают вид
$$L_x = I_x \omega_x, \qquad \qquad L_y = I_y \omega_y, \qquad \qquad L_z = I_z \omega_z.$$Отсюда следует ответ.

Согласно условию
$$T = \frac{1}{2} \vec\omega \cdot \vec{L}.$$Используя найденное выше выражение для $\vec L$, приходим к ответу.

Продифференцируем ранее полученное выражение для $\vec L$. Так как единичные орты системы координат подвижны, их тоже необходимо дифференцировать.
$$
\dot{\vec{L}} = I_x \dfrac{d}{dt}(\omega_x \vec{e}_x) + I_y \dfrac{d}{dt}(\omega_y \vec{e}_y) + I_z \frac{d}{dt}(\omega_z \vec{e}_z) = \\
= I_x \dot{\omega}_x \vec{e}_x + I_y \dot{\omega}_y \vec{e}_y + I_z \dot{\omega}_z \vec{e}_z + I_x \omega_x \dot{\vec{e}}_x + I_y \omega_y \dot{\vec{e_y}} + I_z \omega_z \dot{\vec{e}}_z = \\ = I_x \dot{\omega}_x \vec{e}_x + I_y \dot{\omega}_y \vec{e}_y + I_z \dot{\omega}_z \vec{e}_z + (\vec\omega \times (I_x \omega_x \vec{e}_x + I_y \omega_y \vec{e}_y + I_z \omega_z \vec{e}_z)) = \\
= I_x \dot{\omega}_x \vec{e}_x + I_y \dot{\omega}_y \vec{e}_y + I_z \dot{\omega}_z \vec{e}_z + (\vec{\omega} \times \vec{L})
$$Распишем в координатах векторное произведение:
$$
[\vec{\omega} \times \vec{L}] =
\begin{vmatrix}
\vec{e}_x & \vec{e}_y & \vec{e}_z \\
\omega_x & \omega_y & \omega_z \\
L_x & L_y & L_z
\end{vmatrix} = \begin{matrix}
\vec{e}_x(\omega_y L_z - \omega_z L_y) +
\vec{e}_y(\omega_z L_x - \omega_x L_z) +
\vec{e}_z(\omega_x L_y - \omega_y L_z)
\end{matrix}
$$Таким образом получаем проекции $\dot {\vec L}$ на оси системы $Oxyz$.

Проецируя $\vec\omega_s, \vec\omega_{\theta}, \vec\omega_{\varphi}$ на оси $x$, $y$, $z$ и учитывая
$$\vec\omega_{\theta} = -\dot\theta \vec{e}_y, \qquad \qquad \vec\omega_{\varphi} = \dot\varphi \vec e_Z,$$ получим ответ.

Момент силы тяжести выражается по формуле
$$\vec{M} = \vec{l} \times m \vec g,$$ из которой следует, что $\vec{M}$ перпендикулярен плоскости $OZz$. Из уравнения моментов в неподвижных осях следует
$$\dot L_1 = \dot L_Z = M_Z = 0.$$

Из уравнения Эйлера для оси $Oz$ следует
$$I_z \dot{\omega}_z + (I_y - I_x) \omega_x \omega_y = 0.$$ В силу симметрии $I_x = I_y$, поэтому
$$\dot L_2 = I_z \dot\omega_z = 0.$$ Отметим, что перпендикулярности $\vec{M}$ и $Oz$ для сохранения $L_2$ недостаточно.

Выразим $L_1$ через проекции $\vec{L}$:
$$
L_1 = L_z \cos{\theta} + L_x\sin{\theta} = A \omega_x \sin{\theta} + C \omega_z \cos{\theta}.
$$ Используя результат пункта B1, получаем окончательный ответ для $L_1$:
$$
L_1 =C(\omega_s + \dot{\varphi}\cos{\theta})\cos{\theta} + A\dot{\varphi}\sin^2{\theta}.
$$Для $L_2$ верно
$$L_2 = L_z = C\omega_z = C(\omega_s + \dot{\varphi}\cos{\theta}).$$

В описанном случае
$$L_1 = L_0, \qquad \qquad L_2 = L_0 \cos\theta.$$ В силу постоянства величин $L_0$, $L_1$, $L_2$ угол $\theta$ также остаётся постоянным.

Используя выражения для $L_1$, $L_2$ из предыдущего пункта, получаем систему уравнений:
$$
BEEQUATION
$$Решая систему, получаем
$$\dot\varphi = \frac{L_0}{A}$$Далее зависимость $\varphi$ от времени получается простым интегрированием.

Запишем выражения для потенциальной и кинетической энергий:
$$T = \frac{1}{2} (C\omega_z^2 + A(\omega_x^2 + \omega_y^2) ) = \frac{1}{2} (C(\omega_s + \dot\varphi \cos\theta)^2 + A(\dot\theta^2 + \dot\varphi^2 \sin^2 \theta)), \\ \Pi = mgl \cos\theta.$$Полная энергия:
$$
E = T + \Pi.
$$

Ответ получается путём решения системы относительно $\omega_s$, $\dot\varphi$.
\begin{equation}
\left\{ \begin{aligned}
L_1 &= \dot{\varphi}(A\sin^2{\theta} + C\cos^2{\theta}) + C\omega_s\cos{\theta} \\
L_2 &= C(\omega_s + \dot{\varphi}\cos{\theta})
\end{aligned} \right.
\end{equation}

Примечание. Как известно, полная энергия определена с точностью до константы, которую для удобства можно положить равной нулю.

Подстановка в выражение для энергии $\omega_s$ и $\dot{\varphi}$ из предыдущего пункта приводит к результату
$$E = \frac{A}{2} \dot\theta^2+\frac{(L_1 - L_2 \cos\theta)^2}{2 A \sin^2\theta} + mgl \cos\theta + \frac{L_2^2}{2C}.$$ Последнее константное слагаемое можно отбросить:
$$E = \frac{A}{2} \dot\theta^2+\frac{(L_1 - L_2 \cos\theta)^2}{2 A \sin^2\theta} + mgl \cos\theta.$$ Из полученного выражения следует ответ.

Для заданных начальных условий
$$L_1 = L_2 = 0.$$ Закон сохранения энергии в этом случае запишется в виде
$$\frac{A\dot{\theta}^2}{2} + mgl\cos{\theta} = mgl\cos{\theta_0}.$$ Отсюда выражается зависимость $\dot\theta(\theta)$:
$$\dot{\theta} = \pm \sqrt{\frac{2mgl}{A}(\cos{\theta_0} - \cos{\theta})}.$$
Движение от $\theta = \theta_0$ до $\theta = \pi$ с $\dot\theta > 0$ занимает четверть периода. Для нахождения этого времени требуется проинтегрировать уравнение
$$dt = \frac{d\theta}{\dot\theta}.$$Интегрируем:
$$\frac{T}{4} = \sqrt{\frac{A}{2mgl}}\int\limits_{\theta_0}^{\pi}{\frac{d\theta}{\sqrt{\cos{\theta_0} - \cos{\theta}}}}.$$Отсюда следует ответ.

Введём переменную $\beta = \pi - \theta$, тогда $\beta \ll 1$.

1 метод

С учётом малости $\beta$ выражение для энергии запишется в виде:
$$
E = \frac{A\dot{\beta}^2}{2} + mgl\frac{\beta^2}{2}\\
$$ Такой вид уравнения соответствует гармоническим колебаниям с периодом
$$
T = 2\pi \sqrt{\frac{A}{mgl}}.
$$

2 метод

Введём $\beta_0 = \pi - \theta_0$. Преобразуем интеграл

$$\int\limits_{\theta_0}^{\pi}{\frac{d\theta}{\sqrt{\cos{\theta_0} - \cos{\theta}}}}$$ в рассматриваемом приближении.

$$\int\limits_{\theta_0}^{\pi}{\frac{d\theta}{\sqrt{\cos{\theta_0} - \cos{\theta}}}} = \int\limits_{\beta_0}^{0}{\frac{-d\beta}{\sqrt{\cos{(\pi - \beta_0)} - \cos{(\pi - \beta)}}}} = \int\limits_{0}^{\beta_0}{\frac{d\beta}{\sqrt{\cos \beta - \cos \beta_0}}} \simeq \\ \simeq \sqrt{2} \int\limits_{0}^{\beta_0}{\frac{d\beta}{\sqrt{\beta_0^2 - \beta^2}}} = \sqrt{2} \int\limits_{0}^{\beta_0}{\frac{\frac{d\beta}{\beta_0}}{\sqrt{1 - \frac{\beta^2}{\beta_0^2}}}} = \sqrt{2} \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt{1 -x^2}}} = \sqrt{2} \frac{\pi}{2}.$$ Подстановка найденного значения в исходное выражение для $T$ приводит к ответу, полученному способом 1. 

В заданной ситуации $L_1 = L_2$. Их значения мгновенно получаются из выражения $\vec{L}$ в главных осях.

При $L_1 = L_2 = C\omega_0$ выражение для энергии принимает вид
$$E = \frac{A}{2} \dot\theta^2 + mgl \cos \theta + \frac{C^2 \omega_0^2 (1-\cos \theta)^2}{2A\sin^2\theta}.$$ Разложим с учётом малости $\theta$:
$$E = \frac{A\dot\theta^2}{2} + \left(\frac{C^2 \omega_0^2}{4A} - mgl \right)\frac{\theta^2}{2}.$$ Для устойчивости необходимо, чтобы коэффициент перед $\theta^2$ был положительным, что определяет требуемое условие.

Подсказка. $U(\theta)$ можно представить в виде функции от новой переменной $s = \cos \theta$, что значительно упрощает решение.

В положении равновесия $\cfrac{d}{d\theta}U(\theta) = 0$. Перейдём к переменной $s = \cos \theta$. Тогда
$$\frac{d}{d\theta} U(\theta) = \frac{d}{ds} U(s) \cdot \frac{ds}{d\theta} = \frac{d}{ds}U(s) \cdot \sin\theta.$$ Отсюда следует, что условие
$$\frac{d}{d\theta}U(\theta) = 0$$ эквивалентно условию
$$\frac{d}{ds} U(s) = 0$$ для всех $\theta \in (0, \pi/2)$.
Получим $\cfrac{d}{ds}U(s)$
$$U(s) = mgls + \frac{\left(L_1 - L_2s\right) ^ 2}{2A\left(1-s^2\right)} \\ \frac{d}{d\theta}U(s) = mgl - \frac{(L_1 - L_2s)L_2}{A(1 - s^2)} +\frac{(L_1 - L_2s)^2}{A(1-s^2)^2}.$$Упростим выражение и перейдём обратно к переменной $\theta$. Приравнивая его к нулю, получим требуемое уравнение.

Подставляя выражения для $L_1$ и $L_2$ из пункта B3 в полученное в прошлом пункте уравнение, приходим к квадратному уравнению на $\omega_p$:
$$\omega_p^2 (A-C) \cos\theta_1 - \omega_p C\omega_s + mgl = 0.$$ Оно имеет два решения, что и является ответом.

Разложим $\omega_p$, используя приближённую формулу $\sqrt{1 + x} \simeq 1 + \frac{x}{2}$, для $x \ll 1$.
Для большего корня:

Для меньшего корня:

Отметим, что частота $\omega_p^{slow}$ совпадает с частотой прецессии «быстрого» волчка в упрощённой модели, то есть при пренебрежении вкладом прецессии в момент импульса.

Запишем выражение для энергии с учётом начальных условий:
$$
L_1 = 0, \\ L_2 = C\omega_0. \\
E =\frac{A\dot{\theta}^2}{2} + mgl\cos{\theta} + \frac{C^2 \omega_0^2 \cos^2{\theta}}{2A\sin^2{\theta}} = 0.
$$ Перейдём к переменной $\alpha$ по формуле:
$$
\theta = \frac{\pi }{2} + \alpha.
$$ Тогда
$$
\frac{A\dot{\alpha}^2}{2} -mgl\sin{\alpha} + \frac{C^2 \omega_0^2 \sin^2{\alpha}}{2A\cos^2{\alpha}} = 0.
$$Условие $\alpha = \alpha_{max}$ соответствует $\dot{\alpha} = 0$. Подставляя $\dot\alpha = 0$ в уравнение выше и преобразовывая, получаем квадратное уравнение на синус максимального угла отклонения:
$$
\sin^2{\alpha_{max}} + \frac{C^2 \omega_0^2}{2Amgl}\sin{\alpha_{max}} - 1 = 0.
$$ Решим полученное квадратное уравнение:
$$
\sin{\alpha_{max}} = \pm\sqrt{1+\left(\frac{C^2 \omega_0^2}{4Amgl}\right)^2}-\frac{C^2 \omega_0^2}{4Amgl}
$$ Так как $|\sin \alpha_{max}| \leq 1$, следует выбрать корень с «$+$».

Запишем приближённое выражение для $\alpha_{max}$ в этом случае:
$$
\alpha_{max} = \frac{2Amgl}{C^2\omega^2_0} \sim \frac{mgl}{C \omega_0^2} \ll 1.
$$ В силу малости $\alpha_{max}$ можем рассматривать выражение для энергии для малых $\alpha$. С учётом начальных условий полная энергия равна нулю.
$$
\frac{A\dot{\alpha}^2}{2} + \frac{C^2 \omega_0^2}{2A} \alpha^2 -mgl\alpha = 0
$$ Такой вид выражения для энергии соответствует колебаниям с частотой
$$\omega = \frac{C}{A} \omega_0,$$ амплитудой
$$\alpha_0 = \frac{Amgl}{C^2 \omega_0^2}$$ и смещением от центра
$$\alpha_1 = \alpha_0 = \frac{Amgl}{C^2 \omega_0^2}.$$С учётом всех найденных параметров движения и начальных условий получаем зависимость $\alpha(t)$.

Выразим $\dot{\varphi}(t)$, используя найденную зависимость $\alpha(t)$:
$$
\dot{\varphi} = \frac{L_1 - L_2\cos{\theta}}{A\sin^2{\theta}} = \frac{C\omega_0\sin{\alpha}}{A\cos^2{\alpha}} \simeq \frac{mgl}{C\omega_0}\left(1 - \cos \left(\frac{C}{A}\omega_0 t\right)\right)
$$ Интегрируя, получаем ответ.

Выражения $\varphi(t)$, $\alpha(t)$ параметрически задают циклоиду, характерный вид котором представлен на рисунке ниже.

Ответ:

Время между последующими моментами $\alpha = 0$ составляет $t = \cfrac{2 \pi}{\omega_0}\cfrac{A}{C}$. Подставляя $t$ в выражение для $\varphi$, получаем ответ.

Найдём $A$, $C$, $ l$:
$$
C = \frac{(2m)R^2}{2} = mR^2 \\
A = \frac{(2m)R^2}{4} + (2m)R^2 + \frac{mR^2}{3} = \frac{17}{6}mR^2 \\
l = \frac{2m R + m \frac{R}{2}}{3m} = \frac{5}{6}R
$$Подставим в формулу для $\Delta \varphi$ найденные величины (требуется также учесть, что масса волчка составляет $3m$) и получим ответ.