Return to 高さ h からの斜方投射の最大到達距離を求める準備

SymPy で高さ h からの斜方投射の最大到達距離を求める

地面から高さ $h$ の地点から空気抵抗なしの斜方投射を行うと，初速度の大きさを一定とした場合，水平方向の到達距離が最大となるのは打ち上げ角度（仰角）が何度のときかを Python の SymPy を使って（かつ SciPy や NumPy を使わずに）求める。

update: 2025.01.31

ライブラリの import

In [1]:
from sympy.abc import *
from sympy import * 

# SymPy Plotting Backends (SPB) でグラフを描く
from spb import *

# グラフを SVG で Notebook にインライン表示
%config InlineBackend.figure_formats = ['svg']

init_printing()

運動方程式の解

初期条件を $t = 0$ で

$$x(0) = 0, \quad y(0) = h, \quad v_x(0)  = v_0 \cos\theta, \quad v_y(0) = v_0 \sin \theta$$

としたときの解は

\begin{eqnarray}
x(t) &=& v_0 \cos\theta\cdot t \\
y(t) &=& h + v_0 \sin\theta\cdot t -\frac{1}{2} g t^2
\end{eqnarray}

無次元化された斜方投射の解

この系に特徴的な時間 $\displaystyle \tau \equiv \frac{v_0}{g}$ および長さ $\displaystyle \ell \equiv v_0 \tau = \frac{v_0^2}{g}$ で解を無次元化すると，

\begin{eqnarray}
T &\equiv& \frac{t}{\tau} \\
H &\equiv& \frac{h}{\ell} \\
X &\equiv& \frac{x}{\ell} = \cos\theta\cdot T \\
Y&\equiv& \frac{y}{\ell} = H+ \sin\theta\cdot T -\frac{1}{2} T^2 \\
\end{eqnarray}

詳細は以下のページ

無次元化された解 $X(T, \theta), Y(T, \theta)$ を関数として定義します。

In [2]:
def X(T, theta):
    return cos(theta) * T

var('H', positive = True)
def Y(T, theta, H):
    return H + sin(theta)*T - T**2/2

無次元化された滞空時間と水平到達距離

滞空時間 $T_1 \ (>0)$ は以下の式を解いて求められる。

$$Y(T_1, \theta, H) = 0, \quad\Rightarrow\quad T_1 = T_1(\theta, H)$$

In [3]:
var('T1')

solve(Y(T1, theta, H), T1)
Out[3]:
$\displaystyle \left[ -\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}, \ \sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right]$

$T_1 > 0$ であるから，以下のように関数として定義します。

In [4]:
def T1(theta, H):
    return sin(theta) + sqrt(2*H + sin(theta)**2)

T1(theta, H)
Out[4]:
$\displaystyle \sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}$

滞空時間 $T_1(\theta)$ の間に水平方向に進む距離を水平到達距離 $L(\theta)$ は

In [5]:
def L(theta, H):
    return X(T1(theta, H), theta)

L(theta, H)
Out[5]:
$\displaystyle \left(\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right) \cos{\left(\theta \right)}$

$H = 0$ の場合の軌道

まずは，とりあえずのグラフ。$\theta = 45^{\circ}$ での斜方投射の軌道をグラフにしてみる。SymPy で媒介変数表示の曲線のグラフを描く方法は授業でやりました。以下を参考に。

In [6]:
# θ = 45° のグラフ
th = 45
theta = rad(th)
H = 0

graphics(
    line_parametric_2d(
        X(T, theta), Y(T, theta, H), (T, 0, T1(theta, H)))
);

以下のようなオプションを設定して，もう少し体裁を整えます。

  • $\theta$ の値を凡例に
  • カラーマップは不要 use_cm = False （デフォルトで False にしてほしいところ）
  • 座標軸のラベルとグラフのタイトル
  • 横軸縦軸の表示範囲
  • 縦軸横軸のアスペクト比
In [7]:
# θ = 45° のグラフ
th = 45
theta = rad(th)
H = 0

graphics(
    line_parametric_2d(
        X(T, theta), Y(T, theta, H), (T, 0, T1(theta, H)), 
        # 凡例に θ の値を入れる
        label = 'θ = %2d°' % th,
        use_cm = False), 
    # タイトルに H の値を入れる
    title = 'H = %.1f の場合の斜方投射' % H,
    xlabel = 'X', ylabel = 'Y', 
    xlim = (0, 1.1), ylim = (0, 0.5), 
    aspect = 'equal', 
    legend = True
);

$\theta$ の値を $43^{\circ}$ から $47^{\circ}$ まで $1^{\circ}$ 刻みで変えて，複数の曲線を一度に描く例。

なお，細かいことですが，グラフの最高点は $\theta$ の値が大きいときですので，先に $47^{\circ}$ から描きはじめて，$1^{\circ}$ ずつ減らしてみます。

In [8]:
# th を変えて line_parametric_2d() を
# 何行もコピペするのは大変なので，
# 関数を定義してみる

def lp2d(th):
    theta = rad(th)
    return line_parametric_2d(
        X(T, theta), Y(T, theta, H), (T, 0, T1(theta, H)), 
        # 凡例に θ の値を入れる
        label = 'θ = %2d°' % th,
        use_cm = False)
In [9]:
H = 0

graphics(
    lp2d(47), lp2d(46), lp2d(45), lp2d(44), lp2d(43),
    # タイトルに H の値を入れる
    title = 'H = %.1f の場合の斜方投射' % H,
    xlabel = 'X', ylabel = 'Y', 
    xlim = (0, 1.1), ylim = (0, 0.5), 
    aspect = 'equal', 
    legend = True
);

最大到達距離となる角度 $\theta$ を調べるために，着地点付近を拡大表示します。

In [10]:
H = 0

graphics(
    lp2d(47), lp2d(46), lp2d(45), lp2d(44), lp2d(43),
    # タイトルに H の値を入れる
    title = 'H = %.1f の場合の斜方投射' % H,
    xlabel = 'X', ylabel = 'Y', 
    # 着地点付近を拡大表示
    xlim = (0.99, 1.001), ylim = (0, 0.01), 
    legend = True
);

上のグラフから，$H=0$ の場合には確かに $\theta=45^{\circ}$ の時に最大到達距離になっていることがわかります。

$H = 0.2$ の場合の軌道

今度は，$H=0.2$ の場合の軌道をグラフにしてみます。

In [11]:
H = 0.2

graphics(
    lp2d(47), lp2d(46), lp2d(45), lp2d(44), lp2d(43),
    lp2d(42), lp2d(41), lp2d(40), lp2d(39), lp2d(38),
    # タイトルに H の値を入れる
    title = 'H = %.1f の場合の斜方投射' % H,
    xlabel = 'X', ylabel = 'Y', 
    xlim = (0, 1.4), ylim = (0, 0.7),
    aspect = 'equal',
    legend = True
);

最大到達距離となる角度 $\theta$ を調べるために，着地点付近を拡大表示します。

In [12]:
H = 0.2

graphics(
    lp2d(47), lp2d(46), lp2d(45), lp2d(44), lp2d(43),
    lp2d(42), lp2d(41), lp2d(40), lp2d(39), lp2d(38),
    # タイトルに H の値を入れる
    title = 'H = %.1f の場合の斜方投射' % H,
    xlabel = 'X', ylabel = 'Y', 
    # 着地点付近を拡大表示
    xlim = (1.15, 1.19), ylim = (0, 0.02),
    legend = True
);

水平到達距離が最大となるのは $\theta=45^{\circ}$ のときではない！ことがわかるだろう。

$H = 0.2$ の場合の水平到達距離 $L$

定量的に調べるために，水平到達距離 L(th, H) をグラフにしてみる。

In [13]:
var('th') # 変数 th の宣言・初期化（前に使っているので）
H = 0.2

graphics(
    line(L(rad(th), H), (th, 38, 47)), 
    title = "H = %.1f の場合の打ち出し角度と水平到達距離" % H,
    xlabel = "打ち出し角度 (°)", 
    ylabel = "規格化された水平到達距離", 
);

上のグラフをみると，$H=0.2$ の場合に水平到達距離が最大となるのは $\theta=45^{\circ}$ のときではなく… どのくらい？ $40^{\circ}$ のあたり？

L が最大となる角度 $\theta_{\rm m}$ を数値的に求める nsolve()

$\displaystyle \frac{dL(\theta)}{d\theta} = 0$ となる角度 $\theta_{\rm m}$ を数値的に求めてみる。

In [14]:
var('theta H', positive = True) # 変数の初期化（数値を入れてたので）

def  dL(theta, H):
    return diff(L(theta, H), theta)
dL(theta, H)
Out[14]:
$\displaystyle -\left(\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right) \sin{\left(\theta \right)} + \left(\cos{\left(\theta \right)} + \frac{\sin{\left(\theta \right)} \cos{\left(\theta \right)}}{\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}}}\right) \cos{\left(\theta \right)}$

方程式の数値解を求める。授業でやりました。以下を参照：

In [15]:
# 40°をラジアンへ換算して小数点表示に
th1 = N(rad(40))
H = 0.2
# theta = th1 の付近で方程式を数値解を探す
thetam = nsolve(dL(theta, H), theta, th1)

print('H = %.1f のとき' % H)
# 得られた数値解を度に換算
thm = N(deg(thetam))
print('  最大水平到達距離となる角度は %.5f°' % thm)
Lm = L(thetam, H)
print('  そのときの最大水平到達距離は %.5f' % Lm)
print()

H = 0.2 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 40.20297°
  そのときの最大水平到達距離は 1.18322

○練習：$H$ を変えて最大水平到達距離を求める

高さ $H$ からの斜方投射の水平到達距離が最大となる打ち出し角度と，そのときの最大水平到達距離を次の $H$ について求めよ。

$H = 0, 0.2, 0.4, 0.6, 0.8, 1.0$

In [16]:
Hs = [0.2*i for i in range(6)]
Hs
Out[16]:
$\displaystyle \left[ 0.0, \ 0.2, \ 0.4, \ 0.6, \ 0.8, \ 1.0\right]$
In [17]:
for H in Hs:
    thetam = nsolve(dL(theta, H), theta, th1)

    print('H = %.1f のとき' % H)
    # 得られた数値解を度に換算
    thm = N(deg(thetam))
    print('  最大水平到達距離となる角度は %.5f°' % thm)
    Lm = L(thetam, H)
    print('  そのときの最大水平到達距離は %.5f' % Lm)
    print()

H = 0.0 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 45.00000°
  そのときの最大水平到達距離は 1.00000

H = 0.2 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 40.20297°
  そのときの最大水平到達距離は 1.18322

H = 0.4 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 36.69923°
  そのときの最大水平到達距離は 1.34164

H = 0.6 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 33.98784°
  そのときの最大水平到達距離は 1.48324

H = 0.8 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 31.80610°
  そのときの最大水平到達距離は 1.61245

H = 1.0 のとき
  最大水平到達距離となる角度は 30.00000°
  そのときの最大水平到達距離は 1.73205

○練習：高さ $H$ と 打ち出し角度 $\theta_{\rm m}$ のグラフ

高さ $H$ を横軸に，そのときの水平到達距離が最大となる打ち出し角度 $\theta_{\rm m}$ を縦軸にしたグラフを描け。

In [18]:
Hs = [0.2*i for i in range(6)]
thms = []
Lms = []

for H in Hs:
    thetam = nsolve(dL(theta, H), theta, th1)

    thm = N(deg(thetam))
    thms += [thm]
    Lm = L(thetam, H)
    Lms += [Lm]
In [19]:
graphics(
    list_2d(Hs, thms, scatter = True), 
    title = '水平到達距離が最大となる打ち出し角度', 
    xlabel = '規格化された高さ H', 
    ylabel = '打ち出し角度 (°)', 
    ylim = (29, 46)
);

○練習：高さ $H$ と最大水平到達距離 $L_{\rm m}$ のグラフ

高さ $H$ を横軸に，そのときの最大水平到達距離 $L_{\rm m} \equiv L(\theta_{\rm m}, H)$ を縦軸にしたグラフを描け。

In [20]:
graphics(
    list_2d(Hs, Lms, scatter = True), 
    title = '最大水平到達距離', 
    xlabel = '規格化された高さ H', 
    ylabel = '規格化された最大水平到達距離'
);

○練習：水平到達距離を求める

$h = 5\,\mbox{(m)}$ の高さから速さ $v_0 = 10\,\mbox{(m/s)}$ で斜方投射したときの最大水平到達距離は何 $\mbox{m}$ か。またそのときの打出し角度は何度か。

ヒント：

$h = 5\,\mbox{(m)}$ は規格化された高さ $H$ ではいくらか，また規格化された最大到達距離 $L_{\rm m}$ を次元をもった量に直すといくらか，ということ。

\begin{eqnarray}
H &=& \frac{h}{\ell} = \frac{g h}{v_0^2} \\
x &=& \ell X = \frac{v_0^2}{g} X \\
\therefore\ \ x_{\rm m} &=& \frac{v_0^2}{g} L_{\rm m}
\end{eqnarray}

重力加速度 $g = 9.80665 \,(\mbox{m}/\mbox{s}^2)$

In [21]:
h = 5
v0 = 10
g = 9.80665

# 規格化された高さ H
H = h * g/v0**2

thetam = nsolve(dL(theta, H), theta, N(rad(40)))

xm = v0**2/g * L(thetam, H)
print('高さ h = %2d m のときの最大水平到達距離は' % h, end=' ')
print('%9.6f m' % xm)

print('そのときの打ち出し角度は %9.6f°' % N(deg(thetam)))

高さ h =  5 m のときの最大水平到達距離は 14.351088 m
そのときの打ち出し角度は 35.395688°

最大水平到達距離となる角度を解析的に求める

解法1：最大水平到達距離となる $\sin\theta_{\rm m}$ を解析的に求める

水平到達距離 $L(\theta)$ を $s \equiv \sin \theta$ を使って表してみます。

In [22]:
var('H', positive = True) # 数値を入れてたので初期化
display(L(theta, H))
$\displaystyle \left(\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right) \cos{\left(\theta \right)}$
In [23]:
var('s', positive = True) # s > 0 のみを考える

def Ls(s):
    return sqrt(1-s**2)*(s + sqrt(2*H + s**2))
Ls(s)
Out[23]:
$\displaystyle \sqrt{1 -s^{2}} \left(s + \sqrt{2 H + s^{2}}\right)$

dLs$\displaystyle \equiv\frac{d L(s)}{d s}$

In [24]:
dLs = diff(Ls(s), s)
dLs = dLs.simplify()
dLs
Out[24]:
$\displaystyle \frac{\left(s + \sqrt{2 H + s^{2}}\right) \left(-s^{2} -s \sqrt{2 H + s^{2}} + 1\right)}{\sqrt{1 -s^{2}} \sqrt{2 H + s^{2}}}$

dLs = 0 を s について解く。

In [25]:
sols = solve(dLs, s)
sols
Out[25]:
$\displaystyle \left[ \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{H + 1}}\right]$

ということで，最大水平到達距離となる $s_{\rm m} = \sin\theta_{\rm m} = $ sols[0] は

\begin{eqnarray}
s_{\rm m} = \sin\theta_{\rm m} &=& \frac{1}{\sqrt{2 (1 + H)}} \\
\therefore\ \ \theta_{\rm m} &=& \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{2 (1 + H)}}\right)
\end{eqnarray}

最大水平到達距離

そのときの最大水平到達距離 $L_{\rm m}$ は…

In [26]:
sm = sols[0]
Ls(sm).factor()
Out[26]:
$\displaystyle \frac{\sqrt{2 H + 1} \left(\sqrt{4 H^{2} + 4 H + 1} + 1\right)}{2 \left(H + 1\right)}$

簡単化してくれないなぁ…

解法2：最大水平到達距離となる $\tan\theta_{\rm m}$ を解析的に求める

水平到達距離 $L(\theta)$ を $\tan \theta$ を使って表してみます。

In [27]:
var('H', positive = True)
L(theta, H)
Out[27]:
$\displaystyle \left(\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right) \cos{\left(\theta \right)}$

人力で整理してみよう。

\begin{eqnarray}
L(\theta) &=&\left(\sqrt{2 H + \sin^{2}{\left(\theta \right)}} + \sin{\left(\theta \right)}\right) \cos{\left(\theta \right)} \\
&=&
\left(\sqrt{\frac{2H}{\cos^2\theta}+ \frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}} + \frac{\sin\theta}{\cos\theta}
\right) \cos^2\theta \\
&=& \left(\sqrt{2H \left(1+\tan^2\theta\right)+ \tan^2\theta} + \tan\theta
\right) \frac{1}{1+\tan^2\theta} \\
&=& \left(\sqrt{2H \left(1+t^2\right)+ t^2} + t
\right) \frac{1}{1+t^2} \\
&=& \frac{t + \sqrt{2H + t^2 (1 + 2H)}}{1+t^2} \\
t &\equiv& \tan\theta
\end{eqnarray}

水平到達距離を変数 $t \equiv \tan\theta$ の関数として定義します。

In [28]:
var('t H', positive = True) # positive = True がキモ
def Lt(t):
    return (t+sqrt((1+2*H)*t**2 + 2*H))/(1 + t**2)
Lt(t)
Out[28]:
$\displaystyle \frac{t + \sqrt{2 H + t^{2} \left(2 H + 1\right)}}{t^{2} + 1}$

$\displaystyle \frac{d L_{t}}{d t} = 0$ となる $t$ を求めます。

In [29]:
dLt = diff(Lt(t), t)
sols = solve(dLt, t)
sols
Out[29]:
$\displaystyle \left[ \frac{1}{\sqrt{2 H + 1}}\right]$

ということで，最大水平到達距離となる $t_{\rm m} = \tan\theta_{\rm m} = $ sols[0] は

\begin{eqnarray}
t_{\rm m} = \tan\theta_{\rm m} &=& \frac{1}{\sqrt{1 + 2 H}} \\
\therefore\ \ \theta_{\rm m} &=& \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1 + 2 H}}\right)
\end{eqnarray}

最大水平到達距離

$\displaystyle t = t_{\rm m} \equiv \frac{1}{\sqrt{1+2H}}$ のとき極値（最大値）を持つことがわかり，そのときの最大水平到達距離 $L_{\rm m} \equiv L(t_{\rm m}, H)$ は…

In [30]:
tm = sols[0]
Lt(tm).simplify()
Out[30]:
$\displaystyle \sqrt{2 H + 1}$

解法3：陰関数定理を使って最大水平到達距離を求める

あらためて，（$H$ は変数ではなくパラメータとして）
無次元化された解 $X(T, \theta), Y(T, \theta)$ の定義を書き出すと…

\begin{eqnarray}
X(T, \theta) &\equiv& \cos\theta\cdot T \\
Y(T, \theta)&\equiv& H+ \sin\theta\cdot T -\frac{1}{2} T^2 \\
\end{eqnarray}

In [31]:
var('H', positive = True)

def X(T, theta):
    return cos(theta) * T

def Y(T, theta):
    return H + sin(theta)*T - T**2/2
滞空時間 $T_1$

滞空時間 $T_1\ (> 0)$ は以下の式を満たす。

$$Y(T_1, \theta) = 0$$

これから，$T_1$ は $\theta$ の陰関数とみることができる。（必ずしも陽関数として解く必要はない。）

$$T_1 = T_1(\theta)$$

水平到達距離 $L(\theta,)$ は，滞空時間 $T_1$ の間に水平方向に進む距離であるから

$$L(\theta) \equiv X(T_1(\theta), \theta)$$

であるから，$L(\theta)$ が最大となる角度 $\theta$ を求める問題は，
以下の連立方程式を $\theta$ について解く問題である。

\begin{eqnarray}
Y(T_1(\theta), \theta) &=& 0 \tag{1}\\
\frac{d}{d\theta} L(\theta) &=& \frac{d}{d\theta} X(T_1(\theta), \theta) \\
&=&
\frac{\partial X}{\partial T_1} \frac{d T_1}{d\theta} + \frac{\partial X}{\partial \theta} = 0
\tag{2}
\end{eqnarray}

(2) 式で必要となる $\displaystyle \frac{d T_1}{d\theta}$ については，以下のように (1) 式の微分をとって，陰関数定理から求めることができる。

\begin{eqnarray}
Y(T_1(\theta), \theta) &=& 0 \\
\therefore\ \ \frac{dY}{d\theta} &=& \frac{\partial Y}{\partial T_1} \frac{d T_1}{d\theta} +
\frac{\partial Y}{\partial \theta} = 0 \\
\therefore\ \ \frac{d T_1}{d\theta} &=& -\frac{\frac{\partial Y}{\partial \theta}}{\frac{\partial Y}{\partial T_1}}
\end{eqnarray}

これを SymPy でやると…

In [32]:
# T1 を theta の（陰）関数として宣言
T1 = Function('T1')(theta)

dY = diff(Y(T1, theta), theta)
sols = solve(dY, diff(T1, theta))
sols
Out[32]:
$\displaystyle \left[ \frac{T_{1}{\left(\theta \right)} \cos{\left(\theta \right)}}{T_{1}{\left(\theta \right)} -\sin{\left(\theta \right)}}\right]$
In [33]:
# 解は 1 個だけなので 
dT1 = sols[0]
Eq(Derivative(T1, theta), dT1)
Out[33]:
$\displaystyle \frac{d}{d \theta} T_{1}{\left(\theta \right)} = \frac{T_{1}{\left(\theta \right)} \cos{\left(\theta \right)}}{T_{1}{\left(\theta \right)} -\sin{\left(\theta \right)}}$
水平到達距離 $L$

滞空時間 $T_1(\theta)$ の間に水平方向に進む距離は

$$L(\theta) = X(T_1(\theta), \theta)$$

In [34]:
def L(theta):
    return X(T1, theta)
L(theta)
Out[34]:
$\displaystyle T_{1}{\left(\theta \right)} \cos{\left(\theta \right)}$
$L$ が最大となる角度を求める

$\displaystyle \frac{dL}{d\theta} = 0$ となる角度を求める。陰関数定理の結果を .subs() で代入して…

In [35]:
dL = diff(L(theta), theta).subs(diff(T1, theta), dT1)
dL = simplify(dL)

display(dL)
$\displaystyle \frac{\left(-T_{1}{\left(\theta \right)} \sin{\left(\theta \right)} + 1\right) T_{1}{\left(\theta \right)}}{T_{1}{\left(\theta \right)} -\sin{\left(\theta \right)}}$
In [36]:
Y(T1, theta)
Out[36]:
$\displaystyle H -\frac{T_{1}^{2}{\left(\theta \right)}}{2} + T_{1}{\left(\theta \right)} \sin{\left(\theta \right)}$

$L$ が最大となる角度は，連立方程式

\begin{eqnarray}
Y(T_1(\theta), \theta) &=& H + T_1(\theta)\,\sin\theta -\frac{1}{2} T^2_1(\theta)= 0 \\
\frac{d}{d\theta} L(\theta) &=& \frac{\left(-T_{1}{\left(\theta \right)} \sin{\left(\theta \right)} + 1\right) T_{1}{\left(\theta \right)}}{T_{1}{\left(\theta \right)} -\sin{\left(\theta \right)}}=0
\end{eqnarray}

を，（$\theta$ そのものではなく）$\sin\theta$ と $T_1(\theta)$ について解いて求めることができる。

$\displaystyle 0 < \theta \leq \frac{\pi}{2}$ であるから $\sin\theta > 0$ である。

$ \sin\theta \Rightarrow s$ と置き換えて変数 $s$ に対して $s > 0$ という条件をつけて解いてみる。

In [37]:
var('s', positive = True)

sols2 = solve([Y(T1, theta).subs(sin(theta), s), 
               dL.subs(sin(theta), s)], [s, T1])
sols2
Out[37]:
$\displaystyle \left[ \left( \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{H + 1}}, \ \sqrt{2 H + 2}\right)\right]$

最大水平到達距離となる $\sin\theta_{\rm m}$ とそのときの滞空時間 $T_1$ は，
$s_m = \sin\theta_m = $ sols2[0][0]，$T_1 = $ sols2[0][1] であり，

\begin{eqnarray}
s_m = \sin\theta_{\rm m} &=& \frac{1}{\sqrt{2 (1+H)}} \\
\therefore\ \ \theta_{\rm m} &=& \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2 (1+H)}}\right) \\
T_1 &=& \sqrt{2 (1 + H)}
\end{eqnarray}

In [38]:
thetam = asin(sols2[0][0])
display(thetam)
$\displaystyle \operatorname{asin}{\left(\frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{H + 1}} \right)}$
In [39]:
T1m = sols2[0][1]
display(T1m)
$\displaystyle \sqrt{2 H + 2}$

そのときの最大水平到達距離 $L_{\rm m} = X(T_1(\theta_{\rm m}), \theta_{\rm m})$ は…

In [40]:
X(T1m, thetam).simplify()
Out[40]:
$\displaystyle \sqrt{2 H + 1}$