Рассмотрим несколько примеров, иллюстрирующих теорию неголономных систем.
ЗАДАчА 1. Шар катится по неподвижному шару.
Исследуем движение шероховатого шара радиуса $a$ и массы $m$, который катится под действием силы тяжести по поверхности неподвижного шара радиуса $b$.

Пусть $b,\vartheta$ и $\phi$ означают полярные координаты точки касания относительно полярной системы с началом в центре неподвижного шара и с полярной осью, направленной по вертикали. Выберем подвижные оси $GABC$, где $G$ центр движущегося шара, $GC$ — продолжение линии центров шаров, $GA-$ горизонталь, перпендикулярная к $GC,GB$ — перпендикуляр к $GA$ и $GC$ в направлении возрастания $\vartheta$.

Относительно этих осей, пользуясь обозначениями предыдущего параграфа, будем иметь:
$$\begin{array}{c}{\vartheta }_1=-\dot{\vartheta },{\vartheta }_2=-\dot{\phi }\sin \vartheta ,{\vartheta }_3=\dot{\phi }\cos \vartheta \\ u=-(a+b)\dot{\phi }\sin \vartheta ,v=(a+b)\dot{\vartheta },w=0,\\ T=\frac{1}{2}m\{u^2+v^2+w^2+\frac{2a^2}{5}({\omega }_1^2+{\omega }_2^2+{\omega }_3^2)\}.\end{array}$$

Если $F$ и $F^{\prime }$ суть компоненты силы, приложенной к точке касания, по направлениям $GA$ и $GB$, то
$$\begin{array}{cl}X=F,& Y=mg\sin \vartheta +F^{\prime },\\ L=F^{\prime }a,& M=-Fa,N=0.\end{array}$$

Следовательно, уравнения движения предыдущего параграфа принимают вид:
$$\begin{array}{c}m(\dot{u}-v{\vartheta }_3)=F=-\frac{2}{5}am({\dot{\omega }}_2-{\vartheta }_1{\omega }_3+{\vartheta }_3{\omega }_1),\\ m(\dot{v}+u{\vartheta }_3)-mg\sin \vartheta =F^{\prime }=\frac{2}{5}am({\dot{\omega }}_1-{\vartheta }_3{\omega }_2+{\vartheta }_2{\omega }_3),\\ {\dot{\omega }}_3-{\vartheta }_2{\omega }_1+{\vartheta }_1{\omega }_2=0.\end{array}$$

Кроме того, компоненты скорости точки касания по направлениям $GA$ и $GB$ суть $u-a{\omega }_2$ и $v+a{\omega }_1$; поэтому уравнения, выражающие условие отсутствия скольжения точки касания, имеют вид:
$$u-a{\omega }_2=0,v+a{\omega }_1=0.$$

По исключении $F,F^{\prime }$, ${\omega }_1$ и ${\omega }_2$ находим:
$$\dot{u}-v{\vartheta }_3-\frac{2}{7}a{\vartheta }_1{\omega }_3=0,\dot{v}+u{\vartheta }_3-\frac{2}{7}a{\vartheta }_2{\omega }_3-\frac{5}{7}g\sin \vartheta =0,{\dot{\omega }}_3=0.$$

Последнее уравнение дает ${\omega }_3=n$, где $n$ — постоянная. Заменяя в первых двух уравнениях $u,v,{\vartheta }_1$ и ${\vartheta }_2$ их выражениями через $\vartheta ,\dot{\vartheta }$ и $\dot{\phi }$, получим:
$$\begin{array}{c}(a+b)\frac{d}{dt}(\dot{\phi }\sin \vartheta )+(a+b)\dot{\vartheta }\dot{\phi }\cos \vartheta -\frac{2}{7}an\dot{\vartheta }=0,\\ (a+b)\ddot{\vartheta }-(a+b){\dot{\phi }}^2\cos \vartheta \sin \vartheta +\frac{2}{7}an\dot{\phi }\sin \vartheta -\frac{5}{7}g\sin \vartheta =0.\end{array}$$

Первое уравнение после умножения на $\sin \vartheta$ может быть непосредственно проинтегрировано и дает:
$$(a+b)\dot{\phi }{\sin }^2\vartheta +\frac{2}{7}an\cos \vartheta =k,$$

где $k$ — постоянная. Умножая второе уравнение на $\dot{\vartheta }$, первое уравнение на $\dot{\phi }\sin \vartheta$ и складывая, мы снова придем к интегрируемому уравнению, из которого получим:
$${\dot{\vartheta }}^2+{\dot{\phi }}^2{\sin }^2\vartheta +\frac{10}{7}\frac{g}{a+b}\cos \vartheta =h,$$

где $h$ — постоянная. Последнее уравнение есть уравнение энергии.
Исключение $\dot{\phi }$ из обоих этих непосредственных интегралов дает:
$$\begin{array}{c}(a+b{)}^2{\sin }^2\vartheta \cdot {\dot{\vartheta }}^2=-{(k-\frac{2}{7}an\cos \vartheta )}^2-\frac{10}{7}g(a+b){\sin }^2\vartheta \cos \vartheta +\\ +h(a+b{)}^2{\sin }^2\vartheta \end{array}$$

полагая $\cos \vartheta =x$, получим:
$$(a+b{)}^2{\dot{x}}^2=h(a+b{)}^2(1-x^2)-{(k-\frac{2}{7}anx)}^2-\frac{10}{7}g(a+b)x(1-x^2).$$

Полином третьей степени относительно $x$, стоящий в правой части этого выражения, принимает положительное значение при $x=+\mathrm{\infty }$, отрицательное при $x=1$ и положительное при некоторых действительных значениях $v$, т. е значениях $x$, лежащих между -1 и +1 . Поэтому он имеет один корень, больший единицы, и два корня между -1 и +1 . Обозначим эти корни через
$$\mathrm{ch}\gamma ,\cos \beta ,\cos \alpha ,$$

где $\cos \beta >\cos \alpha$. Тогда
$${\left(\frac{10}{7}\frac{g}{a+b}\right)}^{\frac{1}{2}}(t+\epsilon )=\int \{(x-\mathrm{ch}\gamma )(x-\cos \beta )(x-\cos \alpha ){\}}^{-\frac{1}{2}}dx,$$

где $\epsilon$ — постоянная интегрирования. Полагая
$$\begin{array}{c}x=\frac{14}{5}\frac{a+b}{g}z+\frac{1}{3}(\mathrm{ch}\gamma +\cos \beta +\cos \alpha )=\frac{14}{5}\frac{a+b}{g}z+\\ +\frac{7h(a+b{)}^2+\frac{4}{7}{a}^2{n}^2}{30g(a+b)},\end{array}$$

получим:
$$(t+\epsilon )=\int {\left\{4(z-e_1)(z-e_2)(z-e_3)\right\}}^{-\frac{1}{2}}dz$$

или
$$z=\mathrm{\wp }(t+\epsilon ),$$

где функция $\mathrm{\wp }$ образована при помощи корней:
$$\begin{array}{l}{e}_1=\frac{5g}{14(a+b)}\{\mathrm{ch}\gamma -\frac{7h(a+b{)}^2+\frac{4}{7}{a}^2{n}^2}{30g(a+b)}\},\\ e_2=\frac{5g}{14(a+b)}\{\cos \beta -\frac{7h(a+b{)}^2+\frac{4}{7}{a}^2{n}^2}{30g(a+b)}\},\\ e_3=\frac{5g}{14(a+b)}\{\cos \alpha -\frac{7h(a+b{)}^2+\frac{4}{7}{a}^2{n}^2}{30g(a+b)}\}.\end{array}$$

Величины $e_1,e_2,e_3$ являются действительными и удовлетворяют соотношениям:
$$e_1+e_2+e_3=0,e_1>e_2>e_3.$$

Но $x$ является действительным при действительных значениях $t$ и лежит (так как $\dot{x}$ действителен) между $\cos \alpha$ и $\cos \beta$, поэтому $z$ действителен и лежит между $e_2$ и $e_3$. Мнимая часть постоянной, стоящей в аргументе функции ю, будет, следовательно, полупериодом, соответствующим корню $e_3$; обозначим его через $\omega$. Действительная часть постоянной $\epsilon$ подходящим выбором начального момента времени может быть обращена в нуль. Поэтому окончательно имеем:
$$\cos \vartheta =\frac{14}{5}\frac{(a+b)}{g}\mathrm{\wp }(t+\omega )+\frac{7h(a+b{)}^2+\frac{4}{7}{a}^2{n}^2}{30g(a+b)}.$$

Это уравнение устанавливает зависимость между $\vartheta$ и $t$. Вторая координата $\phi$ центра движущегося шара находится интегрированием уравнения:
$$\dot{\phi }=\frac{k-\frac{2}{7}an\cos \vartheta }{(a+b){\sin }^2\vartheta }.$$

Интеграция может быть выполнена так же, как и в § 72 при вычислении углов Эйлера для волчка, движущегося на шероховатой плоскости.

ЗадАчА 2. Шероховатый шар катится под действием силы тяжести по другому неподвижному шероховатому шару. Обозначим через $z_2$ и $z_3$ наибольшую и наименьшую высоты центра движущегося шара, а через $z$ — высоту этого центра в момент времени $t$, отсчитываемый от того момента, когда $z=z_2$. Показать, что
$$(z_2-z)[\mathrm{\wp }(t)-e_2]=(z_2-z_3)(e_1-e_2),$$

где $e_1,e_2$ и $e_3=-e_1-e_2$ — действительные величины, удовлетворяющие неравенствам $e_1>e_2>e_3$.

ЗАДАчА 3. Шар катится по движущемуся шару.
Рассмотрим движение шероховатого шара радиуса $a$ и массы $m$, катящегося под действием силы тяжести по другому шару радиуса $b$ и масы $M$, вращающемуся вокруг своего закрепленного центра.

Пусть $\vartheta$ и $\phi$ — полярные координаты точки соприкасания, отнесенные к неподвижной полярной системе координат с началом в центре неподвижного шара и с осью $\vartheta =0$, направленной вертикально вверх. Для составления уравнения движения шара $m$ выберем, как и в первой задаче, подвижную систему координат $GABC$, где $GC$ есть продолжение линии центров $OG$ обоих шаров, а прямая $GA$ горизонтальна. Обозначим через ${\vartheta }_1,{\vartheta }_2$ и ${\vartheta }_3$ компоненты угловой скорости подвижной системы относительно подвижных осей, а через ${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3$ — компоненты угловой скорости шара $m$ относительно этих же осей. Тогда, как и в первой задаче:
$$\begin{array}{c}{\vartheta }_1=-\dot{\vartheta },{\vartheta }_2=-\dot{\phi }\sin \vartheta ,{\vartheta }_3=\dot{\phi }\cos \vartheta \\ u=-(a+b)\dot{\phi }\sin \vartheta ,v=(a+b)\dot{\vartheta },w=0,\\ T=\frac{1}{2}m\{u^2+v^2+w^2+\frac{2a^2}{5}({\omega }_1^2+{\omega }_2^2+{\omega }_3^2)\}.\end{array}$$

Если компоненты силы, действующей на шар $m$ в точке соприкасания, по направлениям $GA$ и $GB$ суть $F$ и $F^{\prime }$, то
$$X=F,Y=mg\sin \vartheta +F^{\prime },L=F^{\prime }a,M=-Fa,N=0.$$

Поэтому уравнения движения шара $m$ суть:
$$\begin{array}{c}m(\dot{u}-v{\vartheta }_3)=F=-\frac{2}{5}am({\dot{\omega }}_2-{\vartheta }_1{\omega }_3+{\vartheta }_3{\omega }_1),\\ m(\dot{v}+u{\vartheta }_3)-mg\sin \vartheta =F^{\prime }=\frac{2}{5}am({\dot{\omega }}_1-{\vartheta }_3{\omega }_2+{\vartheta }_2{\omega }_3),\\ {\dot{\omega }}_3-{\vartheta }_2{\omega }_1+{\vartheta }_1{\omega }_2=0.\end{array}$$

Для определения движения шара $M$ выберем другую подвижную систему координат, начало которой совпадает с точкой $O$, а оси параллельны $GABC$. Обозначим через ${\mathrm{\Omega }}_1,{\mathrm{\Omega }}_2,{\mathrm{\Omega }}_3$ компоненты угловой скорости шара относительно этих осей. Тогда для шара $M$ будем иметь:
$$T=\frac{1}{2}M\frac{2}{5}{b}^2({\mathrm{\Omega }}_1^2+{\mathrm{\Omega }}_2^2+{\mathrm{\Omega }}_3^2),$$

и уравнениями движения его будут:
$$\begin{array}{c}-\frac{2}{5}bM({\dot{\mathrm{\Omega }}}_2-{\vartheta }_1{\mathrm{\Omega }}_3+{\vartheta }_3{\mathrm{\Omega }}_1)=F,\\ \frac{2}{5}bM({\dot{\mathrm{\Omega }}}_1-{\vartheta }_3{\mathrm{\Omega }}_2+{\vartheta }_2{\mathrm{\Omega }}_3)=F^{\prime },\\ {\dot{\mathrm{\Omega }}}_3-{\vartheta }_2{\mathrm{\Omega }}_1+{\vartheta }_1{\mathrm{\Omega }}_2=0.\end{array}$$

Условиями того, что в точке соприкосновения отсутствует скольжение, будут:
$$u-a{\omega }_2=b{\mathrm{\Omega }}_2,v+a{\omega }_1=-b{\mathrm{\Omega }}_1.$$

Для интегрирования этой системы уравнений умножим соответственно уравнения (3) и (6) на $a$ и $b$ и сложим. Тогда, принимая во внимание (7), будем иметь:
$$a{\dot{\omega }}_3+b{\dot{\mathrm{\Omega }}}_3+u{\vartheta }_1+v{\vartheta }_2=0$$

или
$$a{\dot{\omega }}_3+b{\dot{\mathrm{\Omega }}}_3=0.$$

Интегрируя, получим:
$$a{\omega }_3+b{\mathrm{\Omega }}_3=an,$$

где $n$ — постоянная.
Кроме того, из уравнений (4) и (7) вытекает, что
$$-\frac{2}{5}M(\dot{u}-a{\dot{\omega }}_2-b{\vartheta }_1{\mathrm{\Omega }}_3-{\vartheta }_{3}v-{\vartheta }_{3}a{\omega }_1)=F.$$

Исключая отсюда и из (1) $F$ и ${\dot{\omega }}_2+{\vartheta }_3{\omega }_1$, получим:
$$\frac{7M+5m}{2M}(\dot{u}-{\vartheta }_{3}v)=an{\vartheta }_1$$

или
$$\frac{d}{dt}(\dot{\phi }\sin \vartheta )+\dot{\vartheta }\dot{\phi }\cos \vartheta -\frac{2Man\dot{\vartheta }}{(7M+5m)(a+b)}=0.$$

Аналогично уравнения (5) и (7) дают:
$$\frac{2}{5}M(-\dot{v}-a{\dot{\omega }}_1-u{\vartheta }_3+a{\vartheta }_3{\omega }_2+b{\vartheta }_2{\mathrm{\Omega }}_3)=F^{\prime }.$$

Исключая отсюда и из (2) $F^{\prime }$ и ${\dot{\omega }}_1-{\vartheta }_3{\omega }_2$, получим:
$$\frac{7M+5m}{2M}(\dot{v}+u{\vartheta }_3)=an{\vartheta }_2+\frac{5(M+m)}{2M}g\sin \vartheta$$

или
$$\ddot{\vartheta }-\dot{\phi }\sin \vartheta \cos \vartheta -\frac{5(M+m)g\sin \vartheta }{(7M+5m)(a+b)}—\frac{an}{a+b}\frac{2M}{7M+5m}\dot{\phi }\sin \vartheta .$$

Уравнения (8) и (9), служащие для определения $\vartheta$ и $\phi$ как функций от $t$, имеют в основном тот же вид, что и уравнения, определяющие $\vartheta$ и $\phi$ в первой задаче. Действительно, прежние уравнения могут быть получены из (8) и (9), если $M$ предположить очень большим. Поэтому интегрирование может быть выполнено так же, как и там.

ЗАДАчА 4. Однородный шар катится по шероховатой горизонтальной плоскости под действием сил, результирующая которых проходит через центр шара. Показать, что центр шара движется как свободная материальная точка, к которой приложены те же силы, но уменьшенные в отношении $5:7$.

Задача 5. Составить уравнения движения шероховатого шара, катящегося под действием силы тяжести по внутренней поверхности прямого круглого цилиндра, ось которого образует с вертикалью угол $\alpha$. Показать, что если для шара $k^2=\frac{1}{3}{a}^2$, где $a-$ радиус шара, а $k-$ его радиус инерции, и если шар находится в покое, когда угол, образованный двумя плоскостями, проходящими через ось цилиндра, из которых одна вертикальна, а другая проходит через центр шара, равен $\beta$, то в случае, когда этот угол равен $\vartheta$, центр шара имеет в направлении осей скорость, равную
$$\frac{1}{3}{\left(\frac{3g{b}^2{\cos }^2\alpha }{\sin \alpha }\right)}^{\frac{1}{2}}\{\sin \frac{1}{2}\vartheta \mathrm{arcch}\left(\frac{\cos \frac{1}{2}\vartheta }{\cos \frac{1}{2}\beta }\right)+\cos \frac{1}{2}\vartheta \cdot \left(\frac{\sin \frac{1}{2}\vartheta }{\sin \frac{1}{2}\beta }\right)\},$$

где $b+a$ — радиус цилиндра.
Относительно дальнейших примеров см. Воронец, Math. Ann., т. 70, стр. 410, 1911.