Um zu überprüfen, welche Anfangswerte auf die Lösung $\varphi(t)=\varphi_0\cos{\omega t}; \omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$ führen, betrachten wir zu erst die DGL $I\ddot{\varphi} = - D_R\varphi$. Dabei handelt es sich um eine homogene gewöhnliche Differentialgleichung der 2. Ordnung, die uns an die des harmonischen Oszillators bzw. an die DGL des Federpendels erinnert. Daher wissen wir, dass die Lösung dieser DGL allgemein von der Form $\varphi(t) = A\cos{\omega t}+B\sin{\omega t}$ und $\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$ sein muss. Wir wollen uns nun die Anfangswerte überlegen. Zum Startpunkt $t = 0$ hat das Drehpendel eine Startauslenkung $\varphi_0$. Daher sollte einer der Anfangswerte $\varphi(0) = \varphi_0$ sein. Weiterhin hat das Pendel bei dem Zeitpunkt $t=0$ keine Geschwindigkeit. Daher sollte für die zweite Anfangsbedingung gelten $\varphi(0)=0$. Dies wollen wir nun überprüfen, indem wir die Anfangswerte einsetzen. Dazu benötigen wir erst die erste zeitliche Ableitung von $\varphi(t)$. Sie lautet: $\dot{\varphi(t)}= - A\omega\sin{\omega t} + B\omega \cos{\omega t}$. Damit ergibt sich: \begin{align*} \varphi(0) = A \cos{(0)} + B \sin {(0)} = A \overset{!}{=} \varphi_0 \Rightarrow A = \varphi_0 \\ \dot{\varphi(0)} = - A \omega \sin{(0)} + B \omega \cos{(0)} = B \omega \overset{!}{=} 0 \Rightarrow B = 0 \end{align*} Damit ergibt erhalten wir $\varphi(t) = \varphi_0 \cos{\omega t}$, was genau die Lösung (3) der DGL ist. Das heißt es führen die Anfangswerte $\varphi(0) = \varphi_0$ und $\dot{\varphi}(0) = 0$ zur Lösung (3).

Wir wollen nun die Einheiten von $D$,$D_R$,$I$ und $\varphi$ betrachten. Da $D$ ein Drehmoment ist wird dieses in der Einheit Nm gemessen (also $[D] = \mathrm{Nm}$). $I$ ist ein Trägheitsmoment, also ist die Einheit $[I] = \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^2$. Da $\varphi$ ein Winkel ist, ist seine Einheit entweder $^\circ$ oder im Bogenmaß $\mathrm{rad}$. Für $D_R$ gilt die Beziehung $D_R = - \frac{D}{\varphi}$. Daher ist die Einheit $[D_R] = \frac{\mathrm{Nm}}{\mathrm{rad}}$ bzw. $[D_R] = \frac{\mathrm{Nm}}{^\circ}$.

Wir wollen nun die Gl. (3) in Gl.(2) des Begleitmaterials einsetzen, um so die Beziehung für $\omega$ zu beweisen. Man erhält: \begin{align*} &I\cdot \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}(\varphi_0 \cos{\omega t}) = - D_R\cdot\varphi_0 \cos{\omega t}\\ \Leftrightarrow\; &I \cdot \varphi_0 \cdot (-\omega^2)\cos{\omega t} = - D_R\cdot \varphi_0 \cos{\omega t}\\ \Leftrightarrow\; &I \cdot \omega^2 = D_R\\ \Leftrightarrow\; &\omega^2 = \frac{D_R}{I}\\ \Rightarrow\; &\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}} \end{align*} Damit haben wir die Beziehung für $\omega$ bewiesen und es gilt $\omega = \sqrt{\frac{D_R}{I}}$.

\begin{align} I&=\frac{1}{4}mR^2+\frac{1}{12}ml^2\label{TragheitsmomentStabFormel} \end{align} \begin{align*} l&=(15{,}7\pm0{,}1)\mathrm{cm}=(0{,}157\pm0{,}001)\mathrm{m}\\ R&=(0{,}6\pm0{,}1)\mathrm{cm}=(0{,}006\pm0{,}001)\mathrm{m}\\ m&=(34\pm0{,}5)\mathrm{g}=(0{,}034\pm0{,}0005)\mathrm{kg} \end{align*} \begin{align} \Rightarrow I&= \frac{1}{4}0{,}034\mathrm{kg}(0{,}006\mathrm{m})^2+\frac{1}{12}0{,}034\mathrm{kg}(0{,}157\mathrm{m})^2=7{,}014\cdot10^{-5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^2\\ \mathrm{u}(I)&= \end{align}