斜方投射の最大水平到達距離を陰関数定理を使って求める練習問題。
地上高ゼロからの斜方投射を陰関数定理を使わずに
斜方投射の軌道
\begin{eqnarray}
x(t, \theta) &=& v_0\,\cos\theta\cdot t \\
y(t, \theta) &=& v_0\, \sin\theta\cdot t -\frac{1}{2} g\,t^2
\end{eqnarray}
初速度の大きさ $v_0$ を一定としたときに，水平到達距離が最大となる投射角度 $\theta$ は？ という問題を陰関数定理（やラグランジュの未定乗数法）を使わずに。
滞空時間 $\tau(\theta)$
滞空時間とは $t=0$ で $y=0$ から投射した物体が再び $y=0$ になるまでの時間であり，$y(\tau(\theta), \theta) = 0$ を満たす陽関数 $\tau(\theta) \ (>0) $ として求めることができる。
\begin{eqnarray}
y(\tau(\theta), \theta) &=& v_0\, \sin\theta\cdot \tau(\theta) -\frac{1}{2} g\,\tau^2(\theta) = 0 \ \ \mbox{より} \\
\tau(\theta) &=& \frac{2 v_0\, \sin\theta}{g}
\end{eqnarray}
滞空時間 $\tau(\theta)$ を $\theta$ の関数としてあからさまに表した。
水平到達距離 $\ell(\theta)$
水平到達距離 $\ell(\theta)$ とは，滞空時間 $\tau(\theta)$ の間に $x$ 方向へ進む距離であり，
\begin{eqnarray}
\ell(\theta) &\equiv& x(\tau(\theta), \theta) \\
&=& v_0\, \cos\theta\cdot \tau(\theta) \\
&=& v_0\, \cos\theta\cdot \frac{2 v_0\, \sin\theta}{g}\\
&=& \frac{v_0^2}{g} \sin 2 \theta
\end{eqnarray}
$v_0$ が一定であれば，$\ell(\theta)$ が最大となるのは $\sin 2 \theta = 1$ すなわち $\displaystyle \theta = \frac{\pi}{4}$ のとき。
地上高ゼロからの斜方投射をあえて陰関数定理を使って
より一般的状況への応用を見すえて，あえて陰関数定理を使って解いてみる。
滞空時間 $\tau$ とその微分
$\displaystyle y(\tau, \theta) = v_0\,\sin\theta\cdot\tau – \frac{1}{2} g\,\tau^2 =0$ を満たす陰関数を $\tau = \tau(\theta)$ とする。陰関数定理より，$\tau$ の微分は
\begin{eqnarray}
\frac{d\tau}{d\theta} &=& – \frac{\ \ \ \frac{\partial y}{\partial \theta}\ \ \ }{\frac{\partial y}{\partial \tau}} \\
&=& – \frac{v_0\,\cos\theta\cdot\tau}{v_0\,\sin\theta -g\,\tau}
\end{eqnarray}
水平到達距離 $\ell$ とその微分
滞空時間 $\tau$ の間に $x$ 方向へ進む距離 $\ell$ とその微分は
\begin{eqnarray}
\ell &=& v_0\, \cos\theta\cdot \tau \\
\frac{d\ell}{d\theta} &=& -v_0\, \sin\theta\cdot \tau + v_0\,\cos\theta\cdot\frac{d\tau}{d\theta}\\
&=& -v_0\, \sin\theta\cdot \tau -v_0\,\cos\theta\cdot\frac{v_0\,\cos\theta\cdot\tau}{v_0\,\sin\theta -g\,\tau}\\
&=& \frac{v_0\,g\,\tau^2 \,\sin\theta-v_0^2\,\tau}{v_0\,\sin\theta -g\,\tau} \\ \ \\
\frac{d\ell}{d\theta} &=& 0 \ \ \mbox{より} \\
\tau &=& \frac{v_0}{g\,\sin\theta}
\end{eqnarray}
これをあらためて $\displaystyle y(\tau, \theta) = v_0\,\sin\theta\cdot\tau – \frac{1}{2} g\,\tau^2 =0$ に代入すると，
\begin{eqnarray}
v_0\,\sin\theta\cdot \tau -\frac{1}{2} g\,\tau^2 &=& 0 \\
v_0\,\sin\theta -\frac{1}{2} g\cdot\frac{v_0}{g\,\sin\theta} &=& 0 \\
\therefore\ \ \sin^2\theta &=& \frac{1}{2} \\\
\therefore\ \ \sin\theta &=& \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\therefore \ \ \theta &=& \frac{\pi}{4}
\end{eqnarray}
高さ $h$ からの斜方投射を陰関数定理を使わずにやろうとすると…
斜方投射の軌道
\begin{eqnarray}
x(t, \theta) &=& v_0\,\cos\theta\cdot t \\
y(t, \theta) &=& h + v_0\, \sin\theta\cdot t -\frac{1}{2} g\,t^2
\end{eqnarray}
滞空時間 $\tau(\theta)$
滞空時間 $\tau(\theta)\ (>0)$ を $y(\tau(\theta), \theta) = 0$ を満たす陽関数として表すと，
\begin{eqnarray}
y(\tau(\theta), \theta) &=& h + v_0\, \sin\theta\cdot \tau(\theta) -\frac{1}{2} g\,\tau^2(\theta) = 0 \ \ \mbox{より} \\
\tau(\theta) &=& \frac{v_0 \,\sin\theta + \sqrt{v_0^2\,\sin^2\theta + 2 g\, h}}{g}
\end{eqnarray}
水平到達距離 $\ell(\theta)$
\begin{eqnarray}
\ell(\theta) &=& v_0\,\cos\theta\cdot\tau(\theta) \\
&=& v_0\,\cos\theta\cdot\frac{v_0 \,\sin\theta + \sqrt{v_0^2\,\sin^2\theta + 2 g\, h}}{g}
\end{eqnarray}
$\ell(\theta)$ を最大にする $\theta$ は $\displaystyle \frac{d\ell}{d\theta} = 0$ から求められるハズだが，なんか面倒そう…
高さ $h$ からの斜方投射を陰関数定理を使って解く
陰関数定理（やラグランジュの未定乗数法）を使って解くと，高さ $h$ からの斜方投射の問題もわりとすっきり解くことができる。以下のページを参照：
追加：