Nel caso dell'attrito dovremmo giungere ad una E.D. del genere:
$ \displaystyle \ddot{\theta} = -\frac{mg\ell}{I}\theta \pm \tau_a $
la soluzione omogenea è la stessa. Per la soluzione particolare si trova che se $ \theta(t) = cost.~ $ allora $ \ddot{\theta} = 0~ $ e quindi
$ \displaystyle \tilde{\theta}(t) = \pm\frac{\tau_a}{mg\ell} $
Alla prima domanda del punto 2 io risponderei che dipende, il periodo varia visto che il moto va smorzandosi.... per la seconda domanda basta dire che l'angolo massimo va smorzandosi perdendo $ \frac{\tau_a}{mg\ell} $ radianti alla volta:
$ \theta_{m1} = \theta_m - \frac{\tau_a}{mg\ell} $
$ \theta_{m2} = -\theta_m + 2\frac{\tau_a}{mg\ell} $
$ \theta_{m3} = \theta_m - 3\frac{\tau_a}{mg\ell} $
Per il terzo punto, l'equazione diventa
$ \displaystyle \ddot{\theta} + \frac{6\pi\eta r^2}{I}\dot{\theta} + \frac{mg\ell}{I}\theta = 0 $
se io chiamo $ ~\frac{6\pi\eta r^2}{I} = 2\gamma $ e $ \frac{mg\ell}{I}=\omega_0^2~ $ la condizione affinchè il tutto non oscilli per niente è che $ \gamma^2\gg \omega_0^2~ $ e quindi al momento di trovare le soluzioni dell'equazione algebrica associata
$ ~p^2 + 2\gamma p + \omega_0^2 = 0 $
si potrà dire che $ \sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2} \simeq \sqrt{\gamma^2} = \gamma~ $ e quindi si giungerà ad un insieme di soluzioni del tipo
$ A + Be^{-2\gamma t}~ $
...ma mi accorgo ora che non era questa la domanda....
beh, l'eta minimo sarà
$ ~\eta_{min} = \frac{mg\ell}{6\pi r^2} $
