空気抵抗のある斜方投射(1)
１ 空気抵抗のない斜方投射
Oxy座標系において原点Oから仰角$${\lambda}$$で第１象限に初速度$${v_0}$$で投射する。
Newton's 2nd law
水平方向：$${m\ddot{x}=0}$$ 垂直方向：$${m\ddot{y}=-mg}$$
$${\dot{x}=C_1}$$ $${\dot{y}=-gt+C_2}$$
初期条件$${(t,\dot{x},\dot{y})=(0,v_o\cos\lambda,v_o\sin\lambda)}$$より
$${v_o\cos\lambda=C_1}$$ $${v_o\sin\lambda=C_2}$$
よって $${\dot{x}=v_o\cos\lambda}$$ $${\dot{y}=-gt+v_o\sin\lambda}$$
積分して $${x=v_o t\cos\lambda+C_3}$$ $${y=-\dfrac{1}{2}gt^2+v_o t\sin\lambda+C_4}$$
初期条件$${(t,x,y)=(0,0,0)}$$より
$${0=C_3}$$ $${0=C_4}$$
よって $${x=v_o t\cos\lambda}$$ (1-1) $${y=-\dfrac{1}{2}gt^2+v_o t\sin\lambda}$$ (1-2)
$${t}$$を消去して$${x,y}$$の関係を求める
$${t=\dfrac{x}{v_o \cos\lambda}}$$ (1-2)に代入
$${y=-\dfrac{1}{2}g\Big(\dfrac{x}{v_o \cos\lambda}\Big)^2+v_o\Big(\dfrac{x}{v_o \cos\lambda}\Big)\sin\lambda}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}x^2+\dfrac{\sin\lambda}{\cos\lambda}x}$$ (1-3) ← 変形して頂点を求める
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big(x^2-\dfrac{2v_0^2\cos^2\lambda}{g}\dfrac{\sin\lambda}{\cos\lambda}x\Big)}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big(x^2-\dfrac{2v_0^2\sin\lambda\cos\lambda}{g}x\Big)}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big\{\Big(x-\dfrac{v_0^2\sin\lambda\cos\lambda}{g}\Big)^2-\Big(\dfrac{v_0^2\sin\lambda\cos\lambda}{g}\Big)^2\Big\}}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big(x-\dfrac{v_0^2\sin\lambda\cos\lambda}{g}\Big)^2+-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\dfrac{v_0^4\sin^2\lambda\cos^2\lambda}{g^2}}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big(x-\dfrac{v_0^2\sin\lambda\cos\lambda}{g}\Big)^2+\dfrac{v_0^2\sin^2\lambda}{2g}}$$
$${=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}\Big(x-\dfrac{v_0^2\sin 2\lambda}{2g}\Big)^2+\dfrac{v_0^2\sin^2\lambda}{2g}}$$ (1-4)
よって、頂点は $${\Big(\dfrac{v_0^2\sin 2\lambda}{2g},\dfrac{v_0^2\sin^2\lambda}{2g}\Big)}$$、落下点は$${\Big(\dfrac{v_0^2\sin 2\lambda}{g},0\Big)}$$
落下点までの距離は$${\lambda=\dfrac{\pi}{4}}$$のときに$${\dfrac{v_0^2}{g}}$$で最長となる。
次に$${x, y}$$の取り得る領域を考える。
その前に(2-3)を変形しておく
$${y=-\dfrac{g}{2v_o^2\cos^2\lambda}x^2+\underline{\dfrac{\sin\lambda}{\cos\lambda}} x}$$(1-3)
← 下線$${=\tan\lambda}$$なので
右辺第１項の$${\cos^2\lambda}$$の$${\tan\lambda}$$への変形を考える。
$${\cos^2\lambda=1-\sin^2\lambda}$$
$${\dfrac{\cos^2\lambda}{\cos^2\lambda}=\dfrac{1}{\cos^2\lambda}-\dfrac{\sin^2\lambda}{\cos^2\lambda}=\dfrac{1}{\cos^2\lambda}-\tan^2\lambda}$$
$${\dfrac{1}{\cos^2\lambda}=1+\tan^2\lambda}$$ を代入
$${=-\dfrac{g(1+\tan^2\lambda)}{2v_o^2}x^2+x\tan\lambda}$$ ← 両辺$${\times 2v_o^2}$$
$${2v_0^2y=-g(1+\tan^2\lambda)x^2+2v_0^2x\tan\lambda}$$ ← $${\tan\lambda}$$について整理
$${2v_0^2y+g(1+\tan^2\lambda)x^2-2v_0^2x\tan\lambda=0}$$
$${gx^2\tan^2\lambda-2v_0^2x\tan\lambda+2v_0^2y+gx^2=0}$$
$${\tan\lambda}$$についての判別式（$${D\geqq0}$$）を考える。
$${D/4=(v_0^2x)^2-gx^2(2v_0^2y+gx^2)\geqq0}$$
$${v_0^4x^2-gx^2(2v_0^2y+gx^2)=x^2(v_0^4-2v_0^2gy-g^2x^2)\geqq0}$$
$${v_0^4-2v_0^2gy-g^2x^2\geqq0,}$$ $${2v_0^2gy\leqq v_0^4-g^2x^2}$$
$${y\leqq -\dfrac{g^2}{2v_0^2g}x^2+\dfrac{v_o^4}{2v_0^2g}=-\dfrac{g}{2v_0^2}x^2+\dfrac{v_o^2}{2g}}$$ (1-5)
sin 30° =sin 60° =1/2
２ 空気抵抗が速度に比例する斜方投射
１と同様Oxy座標系において原点Oから仰角$${\lambda}$$で第１象限に初速度$${v_0}$$で投射する。
水平方向のNewton's 2nd law
$${m\ddot{x}=-k\dot{x}}$$
$${\ddot{x}=-\dfrac{k}{m}\dot{x}, \dfrac{d\dot{x}}{\dot{x}}=-\dfrac{k}{m}dt, \log\dot{x}=-\dfrac{k}{m}t+C_1,}$$
$${\dot{x}=\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t+C_1\Big)}=C_1'\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}}$$
初期条件$${(t,\dot{x})=(0,v_0\cos\lambda)}$$を代入
$${v_0\cos\lambda=C_1'\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}\times０\Big)}=C_1'}$$
よって $${\dot{x}=v_0\cos\lambda\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}}$$ (2-1)
更に積分して $${x=-\dfrac{m}{k}v_0\cos\lambda\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}+C_2}$$
初期条件$${(t,x)=(0,0)}$$を代入
$${0=\dfrac{m}{k}v_0\cos\lambda+C_2, C_2=\dfrac{m}{k}v_0\cos\lambda}$$
よって
$${x=-\dfrac{m}{k}v_0\cos\lambda\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}+\dfrac{m}{k}v_0\cos\lambda}$$
$${=\dfrac{mv_0\cos\lambda}{k}\Big\{1-\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}\Big\}}$$ (2-2)
垂直方向のNewton's 2nd law
$${m\ddot{y}=-k\dot{y}-mg=-k\Big(\dot{y}+\dfrac{mg}{k}\Big)}$$
$${\dfrac{d\dot{y}}{\dot{y}+\dfrac{mg}{k}}=-\dfrac{k}{m}dt, \log\Big(\dot{y}+\dfrac{mg}{k}\Big)=-\dfrac{k}{m}t+C_3}$$
$${\dot{y}+\dfrac{mg}{k}=\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t+C_3\Big)=C_3'\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$
$${\dot{y}=-\dfrac{mg}{k}+C_3'\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$
初期条件$${(t,\dot{y})=(0,v_0\sin\lambda)}$$を代入
$${v_0\sin\lambda=-\dfrac{mg}{k}+C_3', C_3'=v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}}$$
よって
$${\dot{y}=-\dfrac{mg}{k}+\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$ (2-3)
$${=-\dfrac{mg}{k}+v_0\sin\lambda\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)+\dfrac{mg}{k}\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$
$${=-\dfrac{mg}{k}\Big\{1-\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)\Big\}+v_0\sin\lambda\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$ (2-4)
(2-3)を積分して
$${y=-\dfrac{mg}{k}t-\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)+C_4}$$
初期条件$${(t,x)=(0,0)}$$を代入
$${0=-\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)+C_4, C_4=\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)}$$
よって
$${y=-\dfrac{mg}{k}t-\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)+\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)}$$
$${=-\dfrac{mg}{k}t+\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\Big\{1-\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)\Big\}}$$ (2-5)
$${x y}$$の関係を求める。(2-2)を変形して
$${\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}=1-\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$ (2-2)' $${\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)=1-\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}}$$
$${-\dfrac{k}{m}t=\log\Big(1-\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}\Big), t=-\dfrac{m}{k}\log\Big(1-\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}\Big)}$$ (2-2)''
(2-5)に(2-2)'(2-2)''を代入
$${y=-\dfrac{mg}{k}\Big\{-\dfrac{m}{k}\log\Big(1-\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}\Big)\Big\}+\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\dfrac{kx}{mv_0\cos\lambda}}$$
$${=\dfrac{m^2g}{k^2}\log\Big(1-\dfrac{k}{mv_0\cos\lambda} x\Big)+\dfrac{v_0k\sin\lambda+mg}{v_0\cos\lambda} x}$$ (2-6)
まとめると
$${\dot{x}=v_0\cos\lambda\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}}$$ (2-1) 終端速度$${\dot{x}_{\infty}=0}$$
$${\dot{y}=-\dfrac{mg}{k}+\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}$$(2-3)
終端速度$${\dot{y}_{\infty}=-\dfrac{mg}{k}}$$
$${x=\dfrac{mv_0\cos\lambda}{k}\Big\{1-\exp{\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)}\Big\}}$$ (2-2)
$${y=-\dfrac{mg}{k}t+\dfrac{m}{k}\Big(v_0\sin\lambda+\dfrac{mg}{k}\Big)\Big\{1-\exp\Big(-\dfrac{k}{m}t\Big)\Big\}}$$ (2-5)
$${y=\dfrac{m^2g}{k^2}\log\Big(1-\dfrac{k}{mv_0\cos\lambda} x\Big)+\dfrac{v_0k\sin\lambda+mg}{v_0k\cos\lambda} x}$$ (2-6)
次に落下点までの最遠距離を求める。
(2-6)で$${y=0}$$のとき
$${0=\dfrac{m^2g}{k^2}\log\Big(1-\dfrac{k}{mv_0\cos\lambda} x\Big)+\dfrac{v_0k\sin\lambda+mg}{v_0k\cos\lambda} x}$$
これを変形して$${x= ...}$$にすればよい。$${x}$$は$${\lambda}$$の関数として求められる。
ところが、対数と三角関数の混じったこの方程式は､わたしの能力を超えている。
で、探しまわってやっとその後を書いたサイトを見つけた。→ Math Maroom このサイトの記述に従って進める。
(2-6) ×$${\dfrac{k^2}{m^2g}}$$
$${\dfrac{k^2}{m^2g}y=\dfrac{k^2}{m^2g}\dfrac{m^2g}{k^2}\log\Big(1-\dfrac{k}{mv_0\cos\lambda} x\Big)+\dfrac{k^2}{m^2g}\dfrac{v_0k\sin\lambda+mg}{v_0k\cos\lambda} x}$$
$${\dfrac{k^2}{m^2g}y=\log\Big(1-\dfrac{k}{mv_0\cos\lambda} x\Big)+\dfrac{k}{m^2g}\dfrac{mg(v_0k/mg\sin\lambda+1)}{v_0\cos\lambda} x}$$
$${\dfrac{k^2}{m^2g}y=\log\Big(1-\dfrac{kx/mv_0}{\cos\lambda} \Big)+\dfrac{k}{m}\dfrac{v_0k/mg\times\sin\lambda+1}{v_0\cos\lambda} x}$$
$${\dfrac{k^2y}{m^2g}=\log\Big(1-\dfrac{kx/mv_0}{\cos\lambda} \Big)+\dfrac{v_0k/mg\times\sin\lambda+1}{\cos\lambda}\dfrac{kx}{mv_0}}$$
$${X=\dfrac{kx}{mv_0}}$$(2-7), $${Y=\dfrac{k^2y}{m^2g}}$$(2-8), $${A=\dfrac{v_0k}{mg}}$$(2-9)とおくと
$${Y=\log\Big(1-\dfrac{X}{\cos\lambda} \Big)+\dfrac{A\sin\lambda+1}{\cos\lambda}X}$$ (2-6)'
(2-6)'の$${Y=0}$$のときの$${X}$$が落下点（と発射点）である。
$${Y=0}$$を代入して
$${0=\log\Big(1-\dfrac{X}{\cos\lambda} \Big)+\dfrac{A\sin\lambda+1}{\cos\lambda}X}$$ (2-6)''
落下点での$${X, \lambda}$$の関係が得られた。
この式を満たす$${\dfrac{dx}{d\lambda}=0}$$のときの$${X. \lambda}$$を求めればよい。
(2-6)'' を$${\lambda}$$で微分する
$${0=\dfrac{d}{d\lambda}\Big\{\log\Big(1-\dfrac{X}{\cos\lambda} \Big)\Big\}+\dfrac{d}{d\lambda}\Big\{\dfrac{A\sin\lambda+1}{\cos\lambda}X\Big\}}$$ (2-6)'''
右辺第１項$${=\dfrac{d\Big\{\log\Big(1-\dfrac{X}{\cos\lambda}\Big)\Big\}}{d\Big(1-\dfrac{X}{\cos\lambda}\Big)}\dfrac{d\Big(1-X\dfrac{1}{\cos\lambda}\Big)}{d\Big(\dfrac{1}{\cos\lambda}\Big)}\dfrac{d(\cos^{-1}\lambda)}{d\cos\lambda}\dfrac{d\cos\lambda}{d\lambda}}$$
$${=\dfrac{1}{1-\dfrac{X}{\cos\lambda}}\times(-X)\times(-\cos^{-2}\lambda)\times(-\sin\lambda)}$$
$${=-\dfrac{1}{1-\dfrac{X}{\cos\lambda}}\dfrac{X\sin\lambda}{\cos^2\lambda}}$$
$${=-\dfrac{\cos\lambda}{\cos\lambda-X}\dfrac{X\sin\lambda}{\cos^2\lambda}=\dfrac{X\sin\lambda}{(X-\cos\lambda)\cos\lambda}}$$
右辺第２項$${=\dfrac{d}{d\lambda}\Big\{(A\sin\lambda+1)\dfrac{X}{\cos\lambda}\Big\}}$$
$${=\dfrac{d(A\sin\lambda+1)}{d\lambda}\dfrac{X}{\cos\lambda}+(A\sin\lambda+1)\dfrac{d}{d\lambda}\Big(\dfrac{X}{\cos\lambda}\Big)}$$
$${=A\cos\lambda\dfrac{X}{\cos\lambda}+(A\sin\lambda+1)X\dfrac{d(\cos^{-1}\lambda)}{d(\cos\lambda)}\dfrac{d(\cos\lambda)}{d\lambda}}$$
$${=AX+(A\sin\lambda+1)X\dfrac{-1}{\cos^2\lambda}(-\sin\lambda)}$$
$${=AX+\dfrac{(A\sin\lambda+1)\sin\lambda}{\cos^2\lambda}X}$$
(2-6)'''に入れる
$${0=\dfrac{X\sin\lambda}{(X-\cos\lambda)\cos\lambda}+AX+\dfrac{(A\sin\lambda+1)\sin\lambda}{\cos^2\lambda}X}$$
$${X}$$で割る（解のうち$${X=0}$$は発射点、落下点はもうひとつの$${X}$$である）
$${0=\dfrac{\sin\lambda}{(X-\cos\lambda)\cos\lambda}+A+\dfrac{(A\sin\lambda+1)\sin\lambda}{\cos^2\lambda}}$$
$${\dfrac{\sin\lambda}{(X-\cos\lambda)\cos\lambda}=-A-\dfrac{(A\sin\lambda+1)\sin\lambda}{\cos^2\lambda}}$$
$${=-\dfrac{A\cos^2\lambda+A\sin^2\lambda+sin\lambda}{\cos^2\lambda}=-\dfrac{A+\sin\lambda}{\cos^2\lambda}}$$
$${X-\cos\lambda=-\dfrac{\sin\lambda}{\cos\lambda} \dfrac{\cos^2\lambda}{A+\sin\lambda}=-\dfrac{\sin\lambda\cos\lambda}{A+\sin\lambda}}$$
$${X=\cos\lambda-\dfrac{\sin\lambda\cos\lambda}{A+\sin\lambda}=\dfrac{A\cos\lambda+\cos\lambda\sin\lambda-\sin\lambda\cos\lambda}{A+\sin\lambda}}$$
$${=\dfrac{A\cos\lambda}{A+\sin\lambda}}$$
これを(2-6)''' に代入
$${0=\log\Big\{1-\dfrac{A\cos\lambda}{(A+\sin\lambda)\cos\lambda} \Big\}+\dfrac{A\sin\lambda+1}{\cos\lambda}\dfrac{A\cos\lambda}{A+\sin\lambda}}$$
$${0=\log\Big(1-\dfrac{A}{A+\sin\lambda} \Big)+\dfrac{A(A\sin\lambda+1)}{A+\sin\lambda}}$$
$${0=\log\Big(\dfrac{A+\sin\lambda-A}{A+\sin\lambda} \Big)+\dfrac{A(A\sin\lambda+1)}{A+\sin\lambda}}$$
$${0=\log\Big(\dfrac{\sin\lambda}{A+\sin\lambda} \Big)+\dfrac{A(A\sin\lambda+1)}{A+\sin\lambda}}$$
$${0=\log\Bigg\{\dfrac{\sin\lambda}{\sin\lambda\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}\Bigg\}+\dfrac{A(A\sin\lambda+1)}{\sin\lambda\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}}$$
$${0=\log\Bigg( \dfrac{1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1}\Bigg)+\dfrac{A(A\sin\lambda+1)}{\sin\lambda\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}}$$
$${0=-\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)+\dfrac{A\sin\lambda\Big(A+\dfrac{1}{\sin\lambda}\Big)}{\sin\lambda\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}}$$
$${0=-\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)+\dfrac{A\Big(A+\dfrac{1}{\sin\lambda}\Big)}{\dfrac{A}{\sin\lambda}+1}}$$
$${\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}$$を掛ける
$${0=-\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)+A\Big(A+\dfrac{1}{\sin\lambda}\Big)}$$
$${0=-\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)+A^2+\dfrac{A}{\sin\lambda}}$$
$${0=-\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)+A^2-1+\Big(1+\dfrac{A}{\sin\lambda}\Big)}$$
$${0=\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\Big\{1-\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\Big\}+A^2-1}$$
よって
$${\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)\Big\{\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)-1\Big\}=A^2-1}$$ (2-10)
これを満たす$${\lambda}$$が$${\dfrac{dx}{d\lambda}=0}$$､すなわち$${x}$$を最大にする投射角である。
では$${\lambda}$$を求める。
右辺が０か否か$${A}$$の値によって場合分けをおこなう。
i) $${A=1}$$のとき
右辺が０になるのは$${A=\pm1}$$だが、(2-9)$${A=\dfrac{v_0k}{mg}}$$より$${A=-1}$$は除外
$${\Big(\dfrac{1}{\sin\lambda}+1\Big)\Big\{\log\Big(\dfrac{1}{\sin\lambda}+1\Big)-1\Big\}=0}$$
$${\Big(\dfrac{1}{\sin\lambda}+1\Big)\neq0}$$なので
$${\log\Big(\dfrac{1}{\sin\lambda}+1\Big)-1=0, \log\Big(\dfrac{1}{\sin\lambda}+1\Big)=1}$$
$${\dfrac{1}{\sin\lambda}+1=e^1=e, \dfrac{1}{\sin\lambda}=e-1, \sin\lambda=\dfrac{1}{e-1}}$$
よって
$${\lambda=\sin^{-1}\Big(\dfrac{1}{e-1}\Big)}$$
$${\approx\sin^{-1}\Big(\dfrac{1}{2.718-1}\Big)=\sin^{-1}(0.582)=0.62rad=35.6°}$$
ii) $${A\neq0}$$のとき
(2-10)÷$${\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)}$$
$${\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)-1=\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }}$$
$${\log\Big(\dfrac{A}{\sin\lambda}+1\Big)=\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }+1}$$
$${\dfrac{A}{\sin\lambda}+1=\exp\Bigg(\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }+1\Bigg)=\exp\Bigg(\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }\Bigg)\times e}$$
$${\dfrac{1}{e}=\dfrac{1}{\dfrac{A}{\sin\lambda}+1}\exp\Bigg(\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }\Bigg)}$$
両辺$${\times(A^2-1)}$$
$${\dfrac{A^2-1}{e}=\dfrac{A^2-1}{\dfrac{A}{\sin\lambda}+1}\exp\Bigg(\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }\Bigg)}$$
両辺をランベルトのW関数に入れる
$${W\Big(\dfrac{A^2-1}{e}\Big)=W\Bigg(\dfrac{A^2-1}{\dfrac{A}{\sin\lambda}+1}\exp\Bigg(\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }\Bigg)\Bigg)=\dfrac{A^2-1}{ \dfrac{A}{\sin\lambda}+1 }}$$
$${\dfrac{A}{\sin\lambda}+1=\dfrac{A^2-1}{W\Big(\dfrac{A^2-1}{e}\Big)}}$$､ $${\dfrac{A}{\sin\lambda}=\dfrac{A^2-1}{W\Big(\dfrac{A^2-1}{e}\Big)}-1}$$
$${\sin\lambda=\dfrac{A}{ \dfrac{A^2-1}{W\Big(\dfrac{A^2-1}{e}\Big)}-1 }}$$
よって
$${\displaystyle\lambda=\sin^{-1}\Bigg(\dfrac{A}{ \dfrac{A^2-1}{W\Big(\dfrac{A^2-1}{e}\Big)}-1 }\Bigg), A=\dfrac{v_0k}{mg}}$$
以上で速度に比例する空気抵抗（粘性抵抗）のある斜方投射を終えるが、空気抵抗のある落下運動に書いた通り、雨滴のような小さい物体でも落下直後のほんの一瞬だけこの式に従う。ノミのジャンプ（体長 1～数mm）にも当てはまらない。空中を漂う超小さなホコリや雲の中の水滴だけがあてはまる。
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