Úlohu riešme tak, že nájdeme kinetickú a potenciálnu energiu sústavy a uvidíme, či nám to pomôže. V najhoršom prípade by sme použili Lagrangeove rovnice, takže k riešeniu sa určite dostaneme. Skôr, než začneme počítať, si musíme uvedomiť, že ak sa dlhý (teleso s indexom 1) pohybuje rýchlosťou $v_1$, teleso 2 sa bude pohybovať rýchlosťou $v_2 = - \frac{2}{3} v_1$. Potom ľahko nahliadneme, že kinetická energia sústavy $T$ bude mať tvar $$ T = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 = \frac{1}{2} m v_1^2 \left[1 + \frac{2}{3} \left(-\frac{2}{3}\right)^2\right] = \frac{1}{2} \underbrace{\frac{5}{3} m}_M v_1^2. $$

Ďalej treba nájsť potenciálnu energiu. Tú budeme hľadať postupne pre jednotlivé telesá. Definujme nulovú potenciálnu energiu sústavy v stave, keď je hojdačka vodorovná. Vtedy bude teleso 1 ponorené do hĺbky $h_0$ a teleso 2 do $h’_0$. Hĺbku budeme merať od hladiny smerom nadol. Vztlaková sila bude zaujímavejšia, než gravitačná, lebo závisí od hĺbky, konkrétne $F = V \rho g$, kde $V$ je objem ponorenej časti telesa. Ak plošný obsah vodorovného rezu telesami je konštantný (pre jednoduchosť si môžete predstavovať valce), môžeme vyjadriť $V = h S$, kde $h$ je výška ponorenej časti telesa a $S$ je plocha jeho podstavy.

{‘singular’: ‘obrázok’, ‘plural’: ‘obrázky’} 1: Schéma hojdačky (vo všeobecnosti nemusí byť vodorovná)

Aká je práca, ktorú vykoná vztlaková sila pri ponorení z $0$ do hĺbky $x$? $$ W = \int_{0}^{x} \text{d} h h S \rho g. $$ Z grafu tejto funkcie je jasné, že integrál ako plocha pod krivkou je rovný $$ W = \frac{1}{2} x^2 S \rho g. $$

Vidíme teda, že potenciálna energia telesa 1 bude $$ U_1 = - m g (h - h_0) + \int_{0}^{h} \text{d} h h S \rho g = - m g (h - h_0) + \frac{1}{2} h^2 S \rho g. $$

Pred prvým výrazom je mínus, lebo $h$ meriame smerom dolu, teda čím sme nižšie, tým menšia je potenciálna energia. Horná hranica integrálu je $h$, lebo to je hĺbka, do ktorej sme sa ponorili, no čím nižšie sme, tým väčšia je naša potenciálna energia (museli sme vykonať prácu, aby sme sa ponorili).

$$ U_2 = m_2 g \left[(h - h_0) \frac{2}{3} - h’0\right] + \int h h S_2 \rho g = \frac{3}{2} m g \left[(h - h_0) \frac{2}{3} - h’_0\right] + \frac{1}{2} \left(\frac{2}{3} h - h’_0\right)^2 \frac{4}{3} S \rho g. $$ Prečo teraz pri prvom člene nie je mínus? Lebo ak teleso 1 ponoríme o kúsok hlbšie, teleso 2 bude vyššie kvôli pripojeniu na hojdačku.}^{\frac{2}{3}h - h’_0} \text{d

Teraz spočítajme celkovú potenciálnu energiu. $$ U = U_1 + U_2 = - m g (h - h_0) + \frac{1}{2} h^2 S \rho g + \frac{3}{2} m g \left[(h - h_0) \frac{2}{3} - h’_0\right] + \frac{1}{2} \left(\frac{2}{3} h - h’_0\right)^2 \frac{4}{3} S \rho g, $$ čiže $$ U = - m g h + m g h_0 + \frac{1}{2} h^2 S \rho g + m g h - m g h_0 - \frac{3}{2} m g h’_0 + \frac{1}{2} \left[\frac{4}{9} h^2 - \frac{4}{3} h h_0 + h’^2_0\right] \frac{4}{3} S \rho g $$

Teraz sa zamyslime nad $h_0$. Keby $h’_0 = 0$, rovnica by sa výrazne zjednodušila. Tak si povedzme, že sme $h’_0$ zvolili práve takto. A to sa môže? Odpoveď je áno, lebo doteraz sme merali hĺbku ponoru druhého telesa od hladiny, ale teraz ju budeme merať od polohy, v ktorej sa nachádzalo, keď bola hojdačka vodorovná. Jednoducho sme len posunuli náš meter, tým sa fyzika nijako nezmení. $$ U = \frac{1}{2} h^2 S \rho g + \frac{1}{2} \frac{4}{9} h^2 \frac{4}{3} S \rho g = \frac{1}{2} h^2 S \rho g \left(1 + \frac{16}{27}\right) = \frac{1}{2} h^2 \underbrace{S \rho g \frac{43}{27}}_K. $$

Teraz spravme krátku odbočku k lineárnemu harmonickému oscilátoru. Ako vyzerá jeho energia? $$ E = \frac{1}{2} K x^2 + \frac{1}{2} M v^2. $$ Oscilátoru zároveň poznáme aj periódu: $$ \tau = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{K}}. $$ O platnosti tohto tvrdenia sa presvedčte buď nájdením príslušnej kapitoly v učebnici alebo vyriešením Lagrangeovych rovníc.

Teraz jasáme od šťastia, že naša energia vyzerá rovnako (označenie premenných bolo zvolené zámerne). Veríme, že keď dostaneme dve rovnice, ktoré vyzerajú rovnako, aj ich riešenia budú rovnaké. Preto perióda malých kmitov bude: $$ \tau = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{K}} = 2 \pi \sqrt{\frac{\frac{5}{3} m}{S \rho g \frac{43}{27}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{45}{43}} \sqrt{\frac{m}{S \rho g}}. $$