\begin{align} \overrightarrow{\mathrm{CP}} &= R \theta (- \cos \theta, \sin \theta) \\ \therefore \ \ \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}} + \overrightarrow{\mathrm{CP}} \\ &= R (\sin \theta - \theta \cos \theta, \cos \theta + \theta \sin \theta) \end{align}
\begin{align} (v_x, v_y) = R \theta \dot{\theta} (\sin \theta, \cos \theta) \end{align}
\begin{align} \mathcal{L} &= \frac{m}{2} \left( v_x^2 + v_y^2 \right) = \frac{m}{2} R^2 \theta^2 \dot{\theta}^2 \end{align}
\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} m R^2 \theta^2 \dot{\theta} = m R^2 \left( 2 \theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} &= m R^2 \theta \dot{\theta}^2 \end{align} なので、オイラー-ラグランジュ方程式より、 \begin{align} \theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} = 0 \end{align}
与えられた $\theta(t) = \sqrt{2 v_0 t / R}$ が 運動方程式と初期条件を満たすことは次のようにして確かめられる。 まず、 \begin{align} \dot{\theta} (t) = \sqrt{\frac{v_0}{2Rt}} , \ \ \ddot{\theta} (t) = - \sqrt{\frac{v_0}{8Rt^3}} \end{align} より、運動方程式 $\theta \dot{\theta}^2 + \theta^2 \ddot{\theta} = 0$ を満たすことがわかる。 次に、 \begin{align} (v_x, v_y) = v_0 \left(\sin \sqrt{\frac{2v_0t}{R}}, \cos \sqrt{\frac{2v_0t}{R}} \right) \end{align} より、初期条件（ $t=0$ で $\theta = 0, \ v_x = 0, \ v_y = v_0$ ）も満たすことがわかる。
点 P の位置を $(x,y)$ とすると、求める角運動量の大きさは、 \begin{align} L &= m \left| x v_y - y v_x \right| \\ &= m R^2 \theta^2 \left| \dot{\theta} \right| \end{align} であるが、問5で与えられた解を使うと、 \begin{align} L &= 2m \sqrt{R v_0^3 t} \end{align} を得る。 これは $t$ に依存するので保存量ではない。 （糸の一端がy軸上に固定されていることから、この系は中心軸に関する回転対称性を持たない。）
問 5 より、 $v_x^2 + v_y^2 = v_0^2$ なので、運動エネルギーは保存する。 （摩擦や非弾性衝突などがなく、ポテンシャルエネルギーも考えていないので、運動エネルギーが保存しない理由がない。）
問 1, 2, 3 と同じように考えて、 \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OC}} &= R \left( \sin(\theta+\psi), \cos(\theta+\psi) \right) \\ \overrightarrow{\mathrm{CP}} &= R \theta \left(-\cos(\theta+\psi), \sin(\theta+\psi) \right) \\ \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}} + \overrightarrow{\mathrm{CP}} \\ &= R \left( \sin(\theta+\psi) - \theta \cos(\theta+\psi), \cos (\theta + \psi) + \theta \sin (\theta + \psi) \right) \\ \vec{v} &= R \left( \dot{\psi} \cos(\theta+\psi) + \theta (\dot{\theta}+\dot{\psi}) \sin(\theta+\psi), -\dot{\psi} \sin(\theta+\psi) + \theta (\dot{\theta}+\dot{\psi}) \cos(\theta+\psi) \right) \\ \left| \vec{v} \right|^2 &= R^2 \left( \dot{\psi}^2 + \theta^2 (\dot{\theta}+\dot{\psi})^2 \right) \\ \mathcal{L} &= \frac{1}{2} I \dot{\psi}^2 + \frac{1}{2} m \left| \vec{v} \right|^2 \\ &= \frac{1}{2} \left( I + mR^2 \right) \dot{\psi}^2 + \frac{1}{2} mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \end{align}
\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \\ &= mR^2 \left( 2 \theta \dot{\theta} (\dot{\theta}+\dot{\psi}) + \theta^2 (\ddot{\theta}+\ddot{\psi}) \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} &= mR^2 \theta \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\psi}} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \right) \\ &= \left( I+mR^2 \right) \ddot{\psi} + 2mR^2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) + mR^2 \theta^2 \left( \ddot{\theta} + \ddot{\psi} \right) \\ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \psi} &= 0 \end{align} なので、 $\theta, \psi$ に関するオイラー-ラグランジュ方程式はそれぞれ次のようになる： \begin{align} 2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta}+\dot{\psi} \right) + \theta^2 \left( \ddot{\theta}+\ddot{\psi} \right) &= \theta \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right)^2 \\ \left( I+mR^2 \right) \ddot{\psi} + 2mR^2 \theta \dot{\theta} \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) + mR^2 \theta^2 \left( \ddot{\theta} + \ddot{\psi} \right) &= 0 \end{align}
問 9 からわかるように、 \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \left( \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \right) = 0 \end{align} つまり、 \begin{align} \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) \end{align} は保存量である。
$t=0$ において $\theta = 0, \ \dot{\psi}=0$ であるから、 問 10 の保存量は $t \geq 0$ において $0$ である： \begin{align} \left( I+mR^2 \right) \dot{\psi} + mR^2 \theta^2 \left( \dot{\theta} + \dot{\psi} \right) = 0 \\ \therefore \ \ \dot{\psi} = - \frac{mR^2 \theta^2 \dot{\theta}} {I + mR^2 + mR^2 \theta^2} \end{align} $t \gt 0$ において $\theta \gt 0, \ \dot{\theta} \gt 0$ であるから $\dot{\psi} \lt 0$ であり、円柱は時計回りに回転することがわかる。
$t=0$ での質点の運動エネルギー $(1/2)mv_0^2$ の一部は円柱の運動エネルギーとなるので、質点の運動エネルギーは保存しない。