記單擺擺球質量為 m，擺線長度為 r，擺動過程中偏離豎直方向的夾角為 theta。若擺動的最大角振幅為 theta_0，我們來試求擺動周期 T。
不考慮空氣阻力等非保守力導致的能量損耗，則擺動過程中總機械能守恒
frac{1}{2}mv^2 + mgr(1-costheta) = E qquad (1) \
上式中我們將勢能零點取在瞭最低點處，即平衡位置處的勢能為零。
在 theta = theta_0 時，動能為零，機械能為純勢能，我們很容易寫出總能量 E 的一個表達式：
E = mgr(1-costheta_0) qquad (2) \
聯立（1）和（2），就可以解出速度的關系式：
v = sqrt{2gr(costheta – costheta_0)} qquad (3) \
另外，我們還可以將速度寫成如下的形式：
v = omega r = frac{mathrm{dtheta}}{mathrm{d}t}times r qquad (4) \
將（4）代入（3）中，我們可以得到
begin{aligned} frac{mathrm{dtheta}}{mathrm{d}t} & = sqrt{ frac{2g}{r} (costheta – costheta_0) } \ mathrm{d}t & = sqrt{ frac{r}{2g} } frac{mathrm{d}theta}{sqrt{ costheta – costheta_0} } qquad (5) end{aligned} \
分離變量後，我們可以兩邊積分。左邊對 t 的積分代表擺動過程的時間，右邊對 theta 積分的結果自然就應該給出這個時間的計算關系式。我們考慮單擺從 theta=-theta_0 擺動到 theta=+theta_0 的過程，所需的時間等於周期 T 的一半。於是我們可以寫下 T 的公式：
begin{aligned} & T = 2times int_{-theta_0}^{theta_0} sqrt{ frac{r}{2g} } frac{mathrm{d}theta}{sqrt{ costheta – costheta_0} } \ & boxed{ T = sqrt{frac{2r}{g}}int_{-theta_0}^{theta_0} frac{mathrm{d}theta}{sqrt{costheta – costheta_0}} }qquad (6) end{aligned} \
若能將（6）式的積分接出來，就可以得到單擺周期的精確公式。但問題是這個積分的結果並不能用初等函數表示，所以光有這個漂亮的積分式並不解決問題。
不過如果我們關心的是擺幅並不算大的振動，那麼就可以利用一些近似方法來處理這個積分，得到近似的結果。
在 theta < 1 時，有 costheta 的 McLaurin-Taylor 展開：
costheta = sum_{n=0}^infty frac{(-1)^n theta^{2n}}{(2n)!} = 1 – frac{1}{2}theta^2+frac{1}{24}theta^4 + cdots qquad (7) \
為瞭處理（6）式中的被積函數，最粗暴的近似可以對 costheta 和 costheta_0 隻保留到展開式中的前2項，於是
begin{aligned}(costheta-costheta_0)^{-frac{1}{2}} & approx left[ frac{1}{2}(theta_0^2 – theta^2) right]^{-frac{1}{2}} \& = frac{sqrt{2}}{sqrt{theta_0^2-theta^2}}qquad (8)end{aligned} \
代回（6）式後，周期的積分變成
T approx 2sqrt{frac{r}{g}} int_{-theta_0}^{theta_0} frac{mathrm{d}theta}{sqrt{theta_0^2-theta^2}} qquad(9) \
這個積分並不困難，常規操作作三角換元就可以很快搞定瞭。令 theta = theta_0sin t，則 sqrt{theta_0^2-theta^2}=theta_0cos t，mathrm{d}theta = theta_0cos tmathrm{d}t，積分上下限 theta = pm theta_0 to t=pm frac{pi}{2}。於是有
begin{aligned}T & approx 2sqrt{frac{r}{g}}int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} frac{theta_0cos tmathrm{d}t}{theta_0cos t} \& = 2sqrt{frac{r}{g}}int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} mathrm{d}t \& = 2sqrt{frac{r}{g}} times Big[ t Big]_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} qquad (10)end{aligned} \
我們就得到瞭大傢可能都比較熟悉的單擺周期公式：
boxed { Tapprox 2pisqrt{frac{r}{g}} } qquad (11) \
當然，我們可以將近似做得更精細一些。對 costheta 和 costheta_0 作展開時，我們可以取到展開式（7）的第3項，然後進行一通操作：
begin{aligned}(costheta-costheta_0)^{-frac{1}{2}} & approx left[ frac{1}{2}(theta_0^2 – theta^2) – frac{1}{24}( theta_0^4 – theta^4 )right]^{-frac{1}{2}} \& = left[ frac{1}{2}(theta_0^2-theta^2)left( 1 – frac{theta_0^2 + theta^2}{12}right) right]^{-frac{1}{2}} \& = frac{sqrt{2}}{sqrt{theta_0^2-theta^2}} left( 1 – frac{theta_0^2 + theta^2}{12}right)^{-frac{1}{2}} qquad (12)end{aligned} \
圓括號裡的這一坨，我們可以接著用二項式展開去作近似：
left( 1 – frac{theta_0^2 + theta^2}{12}right)^{-frac{1}{2}} approx 1 + frac{theta_0^2+theta^2}{24} qquad (13) \
把這些近似的鬼玩意兒一股腦通通塞回（6）式，我們得到：
T approx 2sqrt{frac{r}{g}} int_{-theta_0}^{theta_0} left(1 + frac{theta_0^2+theta^2}{24}right)frac{mathrm{d}theta}{sqrt{theta_0^2-theta^2}} qquad(14) \
同樣作三角換元，令 theta = theta_0sin t，有
begin{aligned}T & approx 2sqrt{frac{r}{g}}int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} left( 1 + frac{theta^2_0+theta_0^2sin^2 t}{24}right) frac{theta_0cos tmathrm{d}t}{theta_0cos t} \& = 2sqrt{frac{r}{g}}int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} left[ 1 + frac{theta_0^2}{24}(1+sin^2 t)right]mathrm{d}t \& = 2sqrt{frac{r}{g}}int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} left[ 1 + frac{theta_0^2}{24}left( frac{3}{2} – frac{cos 2t}{2} right) right]mathrm{d}t \& = 2sqrt{frac{r}{g}} left[ t + frac{theta_0^2}{16} t – frac{theta_0^2}{96}sin2tright]_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}} qquad (15)end{aligned} \
最後進行一些不算繁瑣的運算後，我們求得單擺的周期近似為：
boxed { T approx 2pi sqrt{frac{r}{g}} left(1 + frac{theta_0^2}{16} right) } qquad(16) \
一些討論
以上推導中，我們最多保留到瞭 costheta 展開式的前3項、二項式展開的前2項。如果有誰覺得自己頭鐵，可以試著繼續保留後面的高次項，從頭再算一波，近似結果會來得更精確。我查閱到的結果如下：
T=2 pi sqrt{frac{r}{g}}left(1+frac{1}{16} theta_{0}^{2}+frac{11}{3072} theta_{0}^{4}+frac{173}{737280} theta_{0}^{6}+frac{22931}{1321205760} theta_{0}^{8}+cdotsright) \
反正我是不大有勇氣再算下去的。
顯然這個推導的結果，包括（16）式的結果，在 theta_0 to 0 時，都會很自然地會退化成（11）式
T approx 2pi sqrt{frac{r}{g}} qquad(11) \
這個結果其實在很多高中教材中都有介紹，常規的證明方法是先證明單擺在小角度近似下作簡諧振動（simple harmonic oscillation），然後通過解運動方程獲得角頻率（angular frequency）的信息，從而推出周期。當然，猜想角頻率 omega 應該取決於諸如擺球質量 m、擺線長度 r 以及重力加速度 g，通過量綱分析（dimensional analysis），也能大致能混出這個結果，這個推導比較簡單，留給有興趣的同學作為練習。
一般我們認為在 5^circ sim 10^circ 的角振幅內，單擺的周期都可以很好地用（11）式來預測，（16）式相當於在更高的精度上對（11）式做瞭一項修正。
我們不妨計算不同角振幅下（11）和（16）兩式的偏差，其中差的無非就是 frac{theta_0^2}{16} 這個修正項。
好像就算到瞭50^circ的振幅，誤差也不過不到5%，也沒有很可怕。
所以我們算瞭這麼一通，究竟圖什麼呢？（手動狗頭）
