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

Дифференцируем.

$$
\dot{x}(t) = \frac{1}{2} \left(i \omega A e^{i \omega t} + к.с.\right) +
\frac{1}{2} \left( \dot{A} e^{i\omega t} + к.с. \right)
$$
Вторую скобку нужно приравнять к нулю.

$$
\ddot{x}(t) = -\frac{\omega^2}{2}\left(A e^{i\omega t} + к.с.\right) +
\frac{1}{2}\left( i \omega \dot{A} e^{i\omega t} - i \omega A^* e^{-i\omega t}
\right)
$$
Вторую скобку можно преобразовать используя калибровку.

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

Слагаемые, умножающиеся на $e^{i n \omega t}$ ($n \neq 0$) быстро осциллируют и
их вклад за период мал. Поэтому ими можно пренебречь.

Представим $A$ в показательной форме $A = r e^{i\varphi}$. Тогда уравнение
перепишется в виде системы:
$$
\begin{cases}
\dot{r} = -\gamma r \\
\dot{\varphi} = \frac{3\varepsilon}{8\omega}r^2
\end{cases}
$$
Первое решается $r(t) = C_1 e^{-\gamma t}$. Подставляя это во второе получаем
$$
\dot{\varphi} = \frac{3\varepsilon C_1^2}{8 \omega} e^{-2\gamma t}
$$
и интегрируя находим
$$
\varphi(t) = C_2 - \frac{3\varepsilon C_1^2}{16 \gamma \omega} e^{-2\gamma
t}
$$


$$
A(t) = C_1 e^{-\gamma t}\exp\left\{i\left(C_2 - \frac{3\varepsilon C_1^2}{16 \gamma \omega} e^{-2\gamma
t}\right)\right\}
$$

$C_1 e^{iC_2}$ можно объединить в одну комплексную константу $C$. Получим

В данном случае $\gamma = 0$, $\varepsilon = \omega^2/6$ (ведь $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \dots$). В этом случае
$$
\dot{A} = -i\frac{\omega}{16}|A|^2A
$$
и
$$
A(t) = C \exp \left(-i \frac{|C|^2 \omega t}{16}\right)
$$
Откуда $\Delta \omega = -\frac{A^2}{16}\omega$ (где $A$ снова обозначает обычную амплитуду колебаний).

Пересядем в систему отсчета платформы, ее ускорение обозначим $a$. На груз $k$-ого маятника действуют следующие силы: сила тяжести $mg$, сила сопротивления $2\gamma ml^2 \dot{\theta_k}$, сила натяжения нити $T_k$, сила инерции $ma$ и сила с которой действует спусковой механизм $D_k ml$.

В нашей системе груз маятника движется по окружности. Поэтому
$$
\begin{cases}
ml \ddot{\theta_k} = m(-g \sin \theta_k - a \cos \theta_k) - 2\gamma ml^2
\dot{\theta_k} + D_k m l \\
ml \dot{\theta_k}^2 = T_k + m(-g \cos \theta_k + a \sin \theta_k)
\end{cases}
$$
где $k=1,\, 2$.

К этим уравнениям нужно присоединить уравнение движения платформы:
$$
Ma = \sum_j T_j \sin \theta_j - D_j
$$
где суммирование подразумевается по $j=1,\, 2$, так же как и в последующих выкладках.

Заменяя $g$ на $\omega^2 l$, $m$ на $\alpha M$, и исключая последовательно $T_k$ и $a$ из уравнений получаем

Мы хотим упростить уравнение, т.е. пренебречь чем-то.

Во-первых можно аппроксимировать синус из левой части многочленом. Оставить только первый порядок нельзя – мы знаем, что для синхронизации принципиальна нелинейность. Тогда заменим $\sin \theta_k$ на $\theta_k - \frac{1}{6}\theta_k^3$. При значениях $|\theta_k| < A = 0.3$, относительная погрешность этой оценки нелинейности синуса (т.е. величины $\sin \theta_k - \theta_k$) не превышает $5\cdot 10^{-3}$, поэтому в членах более высокого порядка из ряда Тейлора нужды нет.

Слагаемыми отвечающими за автоколебания ($2\gamma\dot{\theta_k}$ и $D_k$) пренебречь нельзя, т.к. без них автоколебания невозможны.

Остается последнее слагаемое в правой части. Его главная часть – это $\alpha \sum_j (-\omega^2\theta_j + D_j)$. Из числовых данных ясно что $\alpha \ll \frac{\gamma}{\omega} \ll 1$, откуда следует что все слагаемые в левой части много больше нашего. Это логично – метрономы связаны слабо и медленно влияют на динамику друг друга. Очевидно, выбросить это слагаемое нельзя, но можно заменить его на его главную часть, написанную выше.

В уравнении нужно отбросить $\alpha \sum_j \omega^2 \theta_j$. Нарисуем фазовую диаграмму движения второго маятника.

Как было найдено в пт. А1 в момент пересечения оси $\dot{\theta}$ значение $\dot{\theta}$
изменяется на $\omega A(1 - e^{-\frac{\gamma \pi}{\omega}}) \approx \gamma \pi
A$. 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 $\Delta \psi = - 2
\frac{\alpha \gamma \pi}{\omega}\sin \psi$. Изменения очень медленные, поэтому можно перейти к непрерывному пределу:
$$
\dot{\psi} \frac{\pi}{\omega} = -2 \frac{\alpha \gamma \pi}{\omega} \sin \psi
$$
откуда
$$
\dot{\psi} = -2\gamma \alpha \sin \psi.
$$

В уравнении нужно отбросить $\alpha \sum_j D_j$. Имеем:
$$
\ddot{\theta_k} + 2\gamma \dot{\theta_k} + \omega^2 \theta_k =
\frac{\omega^2}{6}\theta_k^3 + D_k - \alpha \omega^2 \sum_j \theta_j
$$
Когда ни один из метрономов не проходит положения равновесия $D_k = 0$. Вводя комплексные амплитуды как в части B и пренебрегая осциллирующими членами получим

Упомянутая касательная компонента приложенная к $A_1$ равна
$$
\frac{\omega \alpha}{2}A_2\sin\psi.
$$
$A_2/A_1 \approx 1$ (рассматривать следующий порядок для нас – превышение точности). Эффективная $\gamma' = \gamma + \frac{\alpha \omega}{2}\sin \psi$ (для второго метронома будет знак $-$). Равновесная амплитуда обратно пропорциональна $\gamma$, поэтому амплитуда уменьшится (а у второго увеличится) на $A\frac{\omega \alpha}{2\gamma}\sin \psi$. От этого метрономы будут колебаться на разных частотах с разницей
$$
\Delta \omega = \frac{\omega}{16}\Delta (A^3)=\frac{3\omega^2A^3\alpha}{16\gamma}\sin \psi
$$
где мы аппроксимируем $\Delta(A^3) = 3A^2\Delta A = 3A^2 \cdot A\frac{\omega \alpha}{\gamma}\sin \psi$.

Для оценки считаем $B = 1/T$. Предположим, что затухание мало, т.е. $\gamma/\omega \ll 1$, в этом случае $B_1 \ll B_2$ и $B \approx B_2$. Тогда
$$
\gamma=\frac{3\omega^2A^3\alpha T}{16}=0.2\; с^{-1}.
$$
Как видно, $\gamma/\omega = 10^{-2} \ll 1$ и наш расчет корректен.

Потребляемая мощность равна рассеиваемой, т.е.
$$
P = \gamma\cdot m l^2 \frac{(A\omega)^2}{2} = 1 \; мВт
$$

Нужно вместо $\omega$ во всех местах написать соответствующую $\omega_j$.

Теперь
$$
\dot{\psi} = \omega_1 - \omega_2 - B_2 \sin \psi
$$
Чтобы синхронизация была возможна правая часть должна иметь корень.

Из уравнения, выписанного в прошлом пункте и условия $\dot{\psi} = 0$