\begin{align} T &= \frac{1}{2} m l^2 \dot{\theta}_1^2 + \frac{1}{2} m l^2 \dot{\theta}_2^2 \\ U &= mgl (1 - \cos \theta_1) + mgl (1 - \cos \theta_2) + \frac{1}{2} k (\theta_1 - \theta_2)^2 \\ &\simeq \frac{1}{2} mgl \theta_1^2 + \frac{1}{2} mgl \theta_2^2 + \frac{1}{2} k (\theta_1 - \theta_2)^2 \\ &= \frac{1}{2} (mgl+k) \left( \theta_1^2 + \theta_2^2 \right) - k \theta_1 \theta_2 \\ L &= T - U \\ &= \frac{1}{2} m l^2 \dot{\theta}_1^2 + \frac{1}{2} m l^2 \dot{\theta}_2^2 - \frac{1}{2} (mgl+k) \left( \theta_1^2 + \theta_2^2 \right) + k \theta_1 \theta_2 \end{align}
\begin{align} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_1} &= \frac{d}{dt} ml^2 \dot{\theta}_1 = ml^2 \ddot{\theta}_1 \\ \frac{\partial L}{\partial \theta_1} &= -(mgl+k) \theta_1 + k \theta_2 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_2} &= \frac{d}{dt} ml^2 \dot{\theta}_2 = ml^2 \ddot{\theta}_2 \\ \frac{\partial L}{\partial \theta_2} &= -(mgl+k) \theta_2 + k \theta_1 \end{align} であるから、 $\theta_1, \theta_2$ に関するオイラー-ラグランジュの方程式より、 \begin{align} ml^2 \begin{pmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -(mgl+k) & k \\ k & -(mgl+k) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \theta_1 \\ \theta_2 \end{pmatrix} \end{align} であり、 \begin{align} A = - \frac{mgl+k}{ml^2} , \ \ B = \frac{k}{ml^2} , \ \ C = \frac{k}{ml^2} , \ \ D = - \frac{mgl+k}{ml^2} \end{align} がわかる。
(2) で得た運動方程式に $\theta_1(t)=Q_1 \sin (\omega t + \delta_1), \ \theta_2(t)=Q_2 \sin (\omega t + \delta_2)$ を代入すると、 \begin{align} - \omega^2 \begin{pmatrix} Q_1 \sin (\omega t + \delta_1) \\ Q_2 \sin (\omega t + \delta_2) \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & B \\ B & A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q_1 \sin (\omega t + \delta_1) \\ Q_2 \sin (\omega t + \delta_2) \\ \end{pmatrix} \end{align} となる。 $Q_1=Q_2=0$ 以外で、任意の $t$ についてこれが成り立つためには、 以下が必要である： \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} \omega^2 + A & B \\ B & \omega^2 + A \end{pmatrix} \\ &= \omega^4 + 2A \omega^2 + A^2 - B^2 \\ &= \left( \omega^2 + (A+B) \right) \left( \omega^2 + (A-B) \right) \end{align} $0 \lt -A-B \lt -A+B$ なので、 \begin{align} \omega_- &= \sqrt{-A-B} = \sqrt{\frac{g}{l}} \\ \omega_+ &= \sqrt{-A+B} = \sqrt{\frac{mgl+2k}{ml^2}} \end{align} を得る。
(i) $\omega = \omega_-$ の場合を考える。 \begin{align} \begin{pmatrix} A & B \\ B & A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = (A+B) \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \end{align} とおくと $u=v$ を得るから、 $Q_1 \sin (\omega_- t + \delta_1) = Q_2 \sin (\omega_- t + \delta_2)$ であり、任意の $t$ についてこれが成り立つということは $Q_1 = Q_2, \ \delta_1 = \delta_2$ ということであり、 これが求める条件である。
(ii) $\omega = \omega_+$ の場合を考える。 \begin{align} \begin{pmatrix} A & B \\ B & A \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = (A-B) \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \end{align} とおくと $u+v=0$ を得るから、 $Q_1 \sin (\omega_- t + \delta_1) = -Q_2 \sin (\omega_- t + \delta_2)$ であり、任意の $t$ についてこれが成り立つということは $Q_1 = -Q_2, \ \delta_1 = \delta_2$ （あるいは $Q_1 = Q_2, \ |\delta_1 - \delta_2| = \pi$ ） ということであり、これが求める条件である。
(i), (ii) より、求める一般解は、 $Q_-, \delta_-, Q_+, \delta_+$ を任意定数として、 \begin{align} \theta_1(t) &= Q_- \sin (\omega_- t + \delta_-) + Q_+ \sin (\omega_+ t + \delta_+) \\ \theta_2(t) &= Q_- \sin (\omega_- t + \delta_-) - Q_+ \sin (\omega_+ t + \delta_+) \end{align} である。 これが (2) で求めた運動方程式を満たすことを確認できる。
初期条件 \begin{align} 0 &= \theta_1(0) = Q_- \sin \delta_- + Q_+ \sin \delta_+ \\ 0 &= \theta_2(0) = Q_- \sin \delta_- - Q_+ \sin \delta_+ \\ \Omega_0 &= \dot{\theta}_1(0) = Q_- \omega_- \cos \delta_- + Q_+ \omega_+ \cos \delta_+ \\ 0 &= \dot{\theta}_2(0) = Q_- \omega_- \cos \delta_- - Q_+ \omega_+ \cos \delta_+ \end{align} から、 \begin{align} \delta_- = \delta_+ = 0 , \ \ Q_- = \frac{\Omega_0}{2 \omega_-} , \ \ Q_+ = \frac{\Omega_0}{2 \omega_+} \end{align} がわかるので、 \begin{align} \theta_1(t) &= \frac{\Omega_0}{2 \omega_-} \sin (\omega_- t) + \frac{\Omega_0}{2 \omega_+} \sin (\omega_+ t) \\ \theta_2(t) &= \frac{\Omega_0}{2 \omega_-} \sin (\omega_- t) - \frac{\Omega_0}{2 \omega_+} \sin (\omega_+ t) \end{align} を得る。