\begin{align} \delta q (t_1) = \delta q (t_2) = 0 \end{align}
\begin{align} L \left( q + \delta q, \dot{q} + \delta \dot{q} \right) \simeq L \left( q, \dot{q} \right) + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} \end{align}
\begin{align} \delta S[q] &\simeq \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta \dot{q} \right) \\ &= \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} \delta q + \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \frac{d}{dt} \delta q \right) \\ &= \left[ \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \delta q \right]_{t_1}^{t_2} + \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \right) \delta q \\ &= \int_{t_1}^{t_2} dt \left( \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} \right) \delta q \end{align} 任意の微小な仮想変位 $\delta q$ に対してこれが $0$ であるとして、 オイラー-ラグランジュ方程式 \begin{align} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial q} - \frac{d}{dt} \frac{\partial L \left( q, \dot{q} \right)}{\partial \dot{q}} = 0 \end{align} を得る。
\begin{align} L \left( q, \dot{q} \right) &= \frac{1}{2} m \dot{q}^2 - \frac{1}{2} k q^2 \end{align}
\begin{align} \frac{\partial L}{\partial q} &= -kq \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial q} &= \frac{d}{dt} m \dot{q} = m \ddot{q} \end{align} なので、オイラー-ラグランジュ方程式は、 \begin{align} m \ddot{q} = -kq \end{align} となる。
\begin{align} E(t) &= m \dot{q}^2 - \left( \frac{1}{2} m \dot{q}^2 - \frac{1}{2} k q^2 \right) \\ &= \frac{1}{2} m \dot{q}^2 + \frac{1}{2} k q^2 \\ \frac{d}{dt} E(t) &= m \dot{q} \ddot{q} + k q \dot{q} \\ &= m \dot{q} \cdot \left(- \frac{k}{m} q \right) + k q \dot{q} \\ &= 0 \end{align}
$\omega = \sqrt{k/m}$ として、 \begin{align} q(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t \end{align} ただし、 $A, B$ は積分定数である。
x, y, z 軸の正の方向の単位ベクトルをそれぞれ $\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}, \boldsymbol{k}$ とする。
$I \omega_1 \boldsymbol{k}$
$\boldsymbol{k} \times \boldsymbol{i} = \boldsymbol{j}$ なので、y 軸の正の方向である。
$I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j}$
\begin{align} \cos \theta &= \frac{ \boldsymbol{k} \cdot \left( I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j} \right)} { \left| I \omega_1 \boldsymbol{k} + lF \Delta t \boldsymbol{j} \right|} \\ &= \frac{I \omega_1}{\sqrt{I^2 \omega_1^2 + l^2 F^2 \Delta t^2}} \end{align}
\begin{align} \left( X \boldsymbol{i} + Y \boldsymbol{j} + Z \boldsymbol{k} \right) \times \left( - mg \boldsymbol{k} \right) = mg \left( - Y \boldsymbol{i} + X \boldsymbol{j} \right) \end{align}
O から重心に向かう単位ベクトルは、 \begin{align} \frac{X \boldsymbol{i} + Y \boldsymbol{j} + Z \boldsymbol{k}}{R} \end{align} と書けるから、求める運動方程式は、時間微分を $\dot{}$ で表して、 \begin{align} \frac{I \omega_2}{R} \left( \dot{X} \boldsymbol{i} + \dot{Y} \boldsymbol{j} + \dot{Z} \boldsymbol{k} \right) = mg \left( - Y \boldsymbol{i} + X \boldsymbol{j} \right) \end{align} あるいは成分で書けば \begin{align} \dot{X} &= - \frac{mgR}{I \omega_2} Y \\ \dot{Y} &= \frac{mgR}{I \omega_2} X \\ \dot{Z} &= 0 \end{align} である。
まず、 $Z = R \cos \alpha$ はすぐにわかる。 次に、コマの軸をxy平面に射影したときのx軸からの角度を $\varphi$ とすると、 \begin{align} X &= R \sin \alpha \cos \varphi \\ Y &= R \sin \alpha \sin \varphi \end{align} であるから、これを (6) の運動方程式に代入して、次を得る： \begin{align} \dot{\varphi} = \frac{mg}{I \omega_2} \end{align} $t=0$ のとき $\varphi = 0$ であるから、次がわかる： \begin{align} \varphi = \frac{mgt}{I \omega_2} \end{align} まとめると、求める解は、 \begin{align} X &= R \sin \alpha \cos \frac{mgt}{I \omega_2} \\ Y &= R \sin \alpha \sin \frac{mgt}{I \omega_2} \\ Z &= R \cos \alpha \end{align} である。
(7) より \begin{align} \Omega &= \dot{\varphi} \\ &= \frac{mg}{I \omega_2} \end{align}