E in Me06 ans 最近の更新履歴 物理学ノート E in Me06 ans

5 空気抵抗を伴う落下運動

5.1

y

v

v

t=0

v

ã¸’† ‰º~’†

mg ^mg

-kv

-kv

図₂₂ 問題_23.速度に比例する空気抵抗_{f = −kmv}が働く場合_{(k ≥ 0)}^*17，_{y= 0}

から初速度_v0で質点を投げ上げる運動を考える。

23-1.^{鉛直上方を}y軸に選び，運動の概略図を描け。

【解答】図₂₂の通り。

23-2. k^の次元がT⁻¹(SI^{単位系では}s⁻¹)であることを確認せよ。

【解答】与えられている空気抵抗力より_kの次元を計算すると [k] = ^{[f ]}

[mv] ⁼

M LT⁻² M LT^{−1 = T}

−₁

. (5.1)

23-3.^{運動方程式を書け。}

【解答】質点に働く力は重力と空気抵抗なので速度_vyを使って書けば m^dvy

dt = −mg − kmvy^. (5.2)

23-4.^{運動方程式を積分して}v_y(t)^{を求めよ。}

【解答】_(5.2)を変形して

dv_y

dt ^{= −g − kvy= −k(vy+} g k⁾ dvy

v_y+^g_k ^{= −kdt.} 初期条件を考慮して定積分して

∫ vy(t) v0

dv_y vy+^g_k ^{= −}

∫ t 0

kdt [log(vy+^g

k⁾ ]vy(t)

v0

= −[kt]^t0

log^{vy(t) +}

g k

v0+^g_k ^{= −kt} vy(t) = −^g

k^{+ (v0+} g k^)e

−_kt

(5.3)

と求まる。_ktは無次元量なので，指数関数の引数は きちんと無次元量になっている。また

g

k ^{は速度の次}

元を持つ。

23-5.^速度v_y(t)^{を積分して高さ}y(t)^{を求めよ。}

【解答】^dy

dt ^{= vy(t)より}

dy= vy(t)dt ⇒

∫ y(t) 0

dy=

∫ t 0

v_y(t)dt (5.4)

なので，_vy(t)に_(5.3)を代入して定積分する

y(t) =

∫ t 0

(

−^g

k^{+ (v0+} g k^)e

−_kt⁾

dt

= [

−^g k^{t −}

1 k^(v0+

g k^)e

−_kt

]t 0

= −^g k^{t −}

1 k^(v0+

g k^)(e

−_kt

− 1)

= −^g k^t+

1 k^(v0+

g k^{)(1 − e}

−_kt

). (5.5)

最後の変形は必ずしも必要ないが，_e

−_kt

≤ 1^なので 行った。

23-6. ^{十分時間が経った後}_{(t ≫ k}⁻¹)^{での速度す} なわち終端速度_v∞と，_y∞(t)^{を求めよ。}

*17このような空気抵抗を_Stokesの粘性抵抗力という。速さ_{v= |v|}が比較的小さい時，あるいは物体の大きさが比較的小さい時に 実現する。実例は，雲や霧雨の水滴，煙突からの煙，花粉の空中飛行，プランクトン・バクテリアの水中の泳ぎなど。

*18 ミリカンの油滴の実験の場合，k∼ 4 × 10⁵s^{−1となり}t≫ 10⁻⁵s^ではv∞_{∼ 2 × 10}

−5 m/sの等速運動と考えてよい。また 同様に，半径_0.1mmの水滴₍霧雨₎の場合，_{k∼ 10 s}

−1

なり_{t≫ 0.1s}では_v∞_{∼ 1m/s}の等速運動と考えてよい。

【解答】_{kt ≫ 1}なので_e

−_kt

≃ 0^{なので(5.3)より}

v∞_{≃ −}

g

k^{. (5.6)}

よって初速度と無関係の等速落下になる^*18。これを 運動方程式_(5.2)へ代入すると両辺とも₀になり整 合する。逆に積分をしなくても，等速運動つまり加

速度が₀であることおよび運動方程式から 0 = −g − kv^∞ ⇒ v^∞= −^g

k ^(5.7)

の様に終端速度は直ちに計算できる。 同様に高さ_y∞は

y∞_{(t) ≃ −}

g k^t+

1 k^(v0+

g

k^{) (5.8)} と変化する^*19。

23-7. vy(t)^とy(t)^をtの関数としてグラフで表せ。

【解答】図₂₃の通り。

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7^t@sD

-4 -2 2 4 v@msD

(a)^{上向きの速度}v(t)^{。各線の初速度は，}m/s^{を単位として} 上からそれぞれ5.0, 2.5, 0, -2.5, -5.0^{である。赤い破線は終} 端速度₋

g

kを表す。どんな初速度であれ何れ₋

g

k^{に漸近する。}

青い破線は空気抵抗がない場合。速度が₀になる瞬間の加速 度すなわちグラフの傾きは，自由落下と等しく_−gである。こ れは初速度に依らない。ただしv0≤ 0^{の条件が要る。}

0.2 0.4 0.6 0.8 1 ^t@sD 0.2

0.4 0.6 0.8 1 1.2

y@mD

(b) ^高さy(t)^。初速度5m/sの場 合。赤い破線は漸近線であ る。青い破線は空気抵抗がない場合。最高点の高さは，空気抵 抗有りで_0.32m，無しなら_1.3m。約₄倍違う。

図₂₃ 速度に比例する空気抵抗があるときの垂直投げ上げ運動の上向き速度および高さ。空気抵抗の係数 k= 10 s^{−1の場合。}

23-8. kt ≪ 1^{の場合，v}y(t)^とy(t)^をk^の1^{次まで展開せよ。}

【解答】問題文の_{kt ≪ 1}は，空気抵抗の影響が小さい状況を意味する。_(5.3)で指数関数をテイラー展開 して

vy(t) = −^g

k^{+ (v0+} g k⁾

[

1 − kt + ¹ 2^(kt)

2_{+ O(k}3₎^]

= −^g k⁺

g

k ^{+ v0− gt − kv0t+} 1 2^kgt

2_{+ O(k}2₎

= (v0− gt) − k(v0_{t −}

g 2^t

2_{) + O(k}2_{). (5.9)}

*19 十分時間が経っため_{t= ∞}であり，_(5.8)の第₁項だけで_y∞_{= −∞}とするのは少し乱暴である。この系で十分時間が経った とは，t≫ k^{−1でありg}_kt= ∞ではない。ミリカンの油滴実験では，t= 100 ≫ 10⁻⁵s^後でもg_kt∼ 2.5mm^{程度。これは油滴} のスケールと比べれば非常に大きいが無限大というわけではない。

ここで指数関数を_kの₂次まで展開したのは，係数の

g

k ^{によって次数が1下がるためである。k= 0のとき，}

空気抵抗のない垂直投げ上げ運動の速度_(4.10)に一致する。 同様に_(5.5)で指数関数を_kの₃次までテイラー展開して

y_{(t) = −}^g k^t+

1 k^(v0+

g k⁾

[ 1 −

[

1 − kt +¹ 2^(kt)

2− ¹ 3!^(kt)

3_{+ O(k}4₎

]]

= −^g

k^{t+ (v0+} g k⁾

[

t − ¹₂^kt2+1₆^{k2t3+ O(k3)} ]

= (v0_{t −}

g 2^t

2) − k(^v₂^0t2−^g₆^{t3) + O(k2). (5.10)}

これも_{k= 0}のとき，空気抵抗のない垂直投げ上げ運動の高さ_(4.12)に一致する。 23-9.^{最高点に達する時刻}t_h^と高さy_h^{を求めよ。}

【解答】最高点で速度は₀になるので_(5.3)より vy(th) = −^g

k ^{+ (v0+} g k^)e

−_ktt

= 0, (5.11)

∴ _th= ¹ k^log

(1 +^kv0 g

). (5.12)

kv0

g ^{≪ 1}としてこれをテイラー展開すると

t_h= ¹ k

[ kv0

g ⁺ (kv0)²

2g^{2 + O(k}

3₎

]

= ^v0 g

[1 − ^kv0 2g ^{+ O(k}

2₎^]_{. (5.13)}

k= 0で空気抵抗がない場合の_(4.13)に一致する。_kv0は空気抵抗による加速度の最大値なので，^kv

0

g ^{≪ 1}

は，重力と比べて空気抵抗が小さいことを表す。その範囲内で_kが大きくなれば上昇時間が短くなることがわ かる。

(5.5)^と(5.12)^{より最高点の高さは} yh= y(th) = −^g

k^th+ 1 k^(v0+

g k^{) −}

1 k^(v0+

g k^)e

−_kth

= −^g k^th+

1 k^(v0+

g k^{) −}

g k²

=^v0 k ⁻

g k^2log

(1 + ^kv0 g

). (5.14)

1^行目から2^{行目への変形で}(5.11)^{を用いた。再度kv}_g⁰ ≪ 1としてこれをテイラー展開すると

y_h≃^v0 k ⁻

g k²

[ kv0

g ⁻ (kv0)²

2g^{2 +} (kv0)³

3g^{3 + O(k}

4₎

]

≃^v

20

2g [

1 − ^2kv_3g^{0 + O(k2)} ]

(5.15)

を得る。やはり_{k= 0}で空気抵抗がない場合の_(4.14) に一致する。また^kv

0

g ^{≪ 1の範囲でkが大きくなると}

最高点の高さは低くなる。

指数関数と対数関数の_Taylor展開_(Maclaurin展開₎ e^x= ¹

0!⁺ x 1!⁺

x²

2! ^{+ · · · +} xⁿ

n! ^{+ · · · =}

∞

∑

n=0

xⁿ

n!^{, (5.16)}

log(1 + x) = ^x 1 ⁻

x² 2 ⁺

x³

3 + · · · + (−1)^n−1x

n

n ^{+ · · · =}

∞

∑

n=1

(−1)^n−1x

n

n ^{. (5.17)}

問題_24. 同じく，速度に比例する空気抵抗_{f = −kmv}が働くとき，_xy平面で仰角_α方向に原点から初速度 V ^{で質点を投げる。}

24-1.^{運動方程式を書け。}

【解答】ベクトルで書けば

m^dv

dt ^{= −mgey− kmv. (5.18)}

成分に分けて書けば

m^dvx

dt ^{= −kmvx, (5.19)}

m^dvy

dt = −mg − kmvy. (5.20)

24-2. x^{成分について，速度}v_x(t)^と位置x(t)^を 求めよ。

【解答】_(5.19)より dvx

vx ^{= −kdt}

これを定積分して

∫ vx

Vcos α

dvx

v_x ⁼

∫ t 0 ^−kdt

log ^vx(t)

Vcos α ^{= −kt}

∴ _vx(t) = V cos α e^−kt. (5.21)

dx = vx(t)dt ⇒ ^∫0^{x(t)dx =}

∫t

0^{vx(t)dt な の で ，}

vx(t)^に(5.21)^{を代入して定積分する}

x(t) =

∫ t 0

V cos α e^−ktdt

= −^V k ^{cos α e}

−_kt

t

0

=^V

k cos α(1 − e^{−kt). (5.22)} 24-3. y^{成分について，速度}vy(t)^と位置y(t)^を 求めよ。

【解答】_y成分については，問題₂₃の_(5.3)と_(5.5) で_{v0→ V sin α}とすれば求まる_:

vy(t) = −^g

k+ (V sin α +^g k^)e

−_kt

(5.23) y_{(t) = −}^g

k^t+ 1

k^{(V sin α +} g k^{)(1 − e}

−_kt

). (5.24)

24-4. ^{十分時間が経った後}_{(t ≫ k}⁻¹)^{の位置や速} 度について考察せよ。

【解答】_{kt ≫ 1}なので_e

−_kt

≃ 0^{となる。よって}

v∞_{x(t) ≃ 0,} (5.25)

x_{(t) ≃}^V

k ^{cos α, (5.26)}

v∞_{y(t) ≃ −}

g

k^{, (5.27)}

y∞_{(t) ≃ −}

g k^t+

1

k^{(V sin α +} g

k^{). (5.28)} t ≫ k^{−1では，x= V}k ^{cos αに沿ってほぼ垂直に落}

下する。その速度は初速度と無関係に₋^g

k ^である。

運動の様子をグラフで表すと図₂₄の通りである。

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6^t@sD 1

2 3 4 5 v@msD

(a)^{水平方向の速度}vx(t)^{。空気抵抗によって}0^{に漸近する。} 青い破線は空気抵抗がない場合。

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6^t@sD 0.1

0.2 0.3 0.4 0.5

x@mD

(b) ^{水 平 距 離}x(t)。赤 い 破 線 は 漸 近 線 を 表 す 。実 例 で は ス プ レーで噴出された粒子の軌道である。

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6^t@sD -1

1 2 3 4 5 v@msD

(c)^{上向きの速度}vx(t)^{。空気抵抗によって}−^g_k ^{に漸近する。} 青い破線は空気抵抗がない場合。

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6^t@sD

-0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3

y@mD

(d) ^{高 さ}y(t)。赤 い 破 線 は 漸 近 線 を 表 す 。青 い 破 線 は 空 気 抵 抗がない場合。

0.1 0.2 0.3 0.4 ^x@mD

-0.2 -0.1 0.1 0.2

y@mD

(e)^{軌道の グ ラフ}y(x)。赤 い破 線は 漸 近線 を表 す。青 い 破線 は空気抵抗がない場合。

0.1 0.2 0.3 0.4 ^x@mD

-0.2 -0.1 0.1 0.2

y@mD

(f)軌 道 の グ ラ フ_y(x)。投 射 角 に よ る 変 化 。角 度 の 小 さ い 順 に_{α= 15}

◦, 20^◦, 30^◦, 40^◦。水平到 達 距離 は，こ の 中で は 20^◦の場合が最も大きい。

図 ₂₄ 速 度 に 比 例 す る 空 気 抵 抗 が あ る と き の 斜 め 投 げ 上 げ の 速 度 お よ び 位 置 。初 速 度_5m/s，投 射 角 α= 30^{◦，空気抵抗の係数}k= 10 s^{−1の場合。}

5.2

2

y

v

v

t=0

v

ã¸’† ‰º~’†

mg ^mg

-κv

-κv

2 2

図₂₅ 問題_25.速度の₂乗に比例する空気抵抗_{f = −κmv}²が働く場合（_{κ ≥ 0}）^*20，

25-1.^{鉛直上方を}y軸に選んで，運動の概略図を描け。

【解答】図₂₅の通り。ここで_vは_y軸正方向の速度である。水平方向へ運 動しないので添字は使用しない。

25-2. κ^の次元がL⁻¹(SI^{単位系では}m⁻¹)であることを確認せよ。

【解答】与えられている空気抵抗力より_κの次元を計算すると [κ] = ^{[f ]}

[mv²] ⁼

M LT⁻² M L²T^{−2 = L}

−₁

. (5.29)

そのほか後で出てくる組み合わせの次元を確かめると以下の通りである。

[gκ] = T⁻² → [^√gκ] = T⁻¹, (5.30) [_g

κ

]= L²T⁻²_→^{[√ g} κ ]

= LT⁻¹. (5.31)

25-3.運動方程式を書け。ついでに下降時の終端速度_v∞を運動方程式だけから求めてみよう。

【解答】質点に働く力は重力と空気抵抗である。空気抵抗は、上昇中には下向き，下降中には上向きに働く。 よって

上昇中_{: m} dv

dt = −mg − κmv^{2, (5.32)}

下降中_{: m} dv

dt = −mg + κmv^{2 (5.33)}

となる。ちなみに等速落下運動となるときの速度_v∞は_(5.33)より

0 = −mg + κmv^{2 ∴v∞}= −^{√ g}

κ^{. (5.34)}

根号を取るとき負号を付けたのは落下運動だから。これが速度の次元を持つことは_(5.31)でわかる。

25-4.上昇中における運動方程式を積分し，速度_v(t)を求めよ。

【解答】運動方程式_(5.32)より dv

dt ^{= −g} (

1 +^κ g^v

2

) dv

1 + ^κ_gv^{2 = −gdt}

∫ v v0

dv 1 + ^κ_gv^{2 =}

∫ t 0

−gdt = −gt (5.35)

こ こ で _{v =}

√ g

κ^{tan θ} に よ り 変 数 変 換 す れ ば ，

dv=^{√ g} κ

dθ

cos²θ ^{となり，積分区間は} v v0 _→ v

θ γ _→ θ

θ = tan^−1(√κ_gv⁾, γ := tan^−1(√κ_gv0

) >0^{で あ}

*20この空気抵抗を_Newtonの抵抗法則という。この法則が成り立つ条件など詳しいことは流体力学で学ぶ。

る。従って

(5.35)^のl.h.s.=

∫ θ γ

1 1 + tan²θ

√ g κ

dθ cos²θ

=

∫ θ γ

√ g κ^dθ

=^{√ g} κ

[

tan^{−1(√ κ} g^v

)

− γ ]

= − gt · · · (5.35)^{のr.h.s. (5.36)}

v(t)^{について解けば}

v(t) =^{√ g}

κ^{tan(γ −}

√_{gκ t) (5.37)}

を得る。これは正の値でかつ_tの減少関数となり上 昇中であることと整合する。

25-5.質点が最高点に到達する時刻_thを求めよ。

【解答】最高点では_{v(th) = 0}で，それは_(5.37)より_tanの位相が₀になる瞬間なので th= _√^γ

gκ ⁼

√1_gκ^tan−1 (_{√ κ}

g^v0 )

. (5.38)

上の_thは_v0の増加関数である。すなわち初速度が大きいほど上昇時間が長くなる。_κに対する変化を調べる ため

√_κ

g^{v0≪ 1}としてテイラー展開すると th= _√¹

gκ [√ κ

g^v0− 1 3

(_{√ κ} g^v0

)3

+¹ 5

(_{√ κ} g^v0

)5

− · · · ]

= ^v0 g

[

1 − ¹₃^κv

02

g ^{+ O} (_κ²_v⁴

0

g² )^]

. (5.39)

確かに_κおよび_gの減少関数である。すなわち空気抵抗および重力が大きいほど上昇時間は短い。ここで下 のテイラー展開を用いた。

tan⁻¹x_{= x −}¹ 3^x

3₊¹

5^x

5+ · · · . ^(5.40)

この_thを使って上昇中の速度_(5.37)を書き換えると次式の通りである。 v(t) =^{√ g}

κ^tan

(√gκ(th− t)^{). (5.41)}

25-6.^{上昇中の高さ}y(t)^{および最高点の高さ}yh^{を求めよ。}

【解答】_(5.41)を積分する。 y(t) =

∫ y 0

dy=

∫ t 0

v(t)dt

=

∫ t 0

√ g κ^tan

(_√

gκ(th− t)^)dt

=^{√ g} κ

√1_gκ^{log cos(√gκ(th}− t)⁾    

t

0

=¹ κ^{log cos}

(√gκ(th− t)⁾

−¹ κ^{log cos}

(√gκ t_h). (5.42)

t= th^で第1^項は0^なので第2^{項が最高点の高さで} ある_:

y_{h= −}¹ κ^{log cos}

(√gκ t_{h) ≥ 0.} (5.43)

t = 0^{で き ち ん と}y(0) = 0^{を 満 た す 。}yh^{を 使 っ て}

(5.42)^{を書き直すと} y(t) = ¹

κ^{log cos}

(√gκ(th− t)^{) + y}h (5.44)

ただし上昇中，すなわち時刻が_{(0 ≤ t ≤ th)}の場合 に成り立つ。

(5.43) ^を v0 を 用 い て 表 す 。三 角 関 数 の 公 式 cos θ = (1 + tan²θ)^{−12 および}(5.38)^より

yh= −¹ κ^{log cos}

(√gκ th⁾

= −¹

κ^{log(1 + tan}

2(√ gκ th⁾⁾

−¹

2

= ¹ 2κ^log

( 1 +^κ

g^v

2 0

)

(5.45)

となる。

空気抵抗が重力よりも弱い，すなわち κv²₀

g ^{≪ 1の}

場合，_(5.45)を κv²₀

g ^{について展開すると}

y_h=¹ 2κ

[ κv₀² g ⁻

κ²v⁴₀ 2g^{2 +}

κ³v₀⁶ 3g^{3 + . . .}

]

≃^v

20

2g [

1 − ^κv

20

2g ⁺ κ²v₀⁴

3g^{2 + . . .} ]

(5.46)

となる。これは，_{κ= 0}で空気抵抗がない結果_(4.14) に一致し，_κが大きくなるほど低くなる。

25-7.下降中における運動方程式を積分し，速度_v(t)を求めよ。

【解答】運動方程式_(5.33)より

dv dt ^{= −g}

( 1 − ^κ

g^v

2

) dv

1 − ^κ_g^{v2 = −gdt}

∫ v 0

dv 1 − ^κ_g^{v2 =}

∫ t th

−g dt = −g(t − th) (5.47)

t= thで最高点に到達し速度が₀になるという境界 条件を用いた。積分区間の下限は，これを反映させ た。ここで_v=

√ g

κ^{tanh φ}により変数変換すれば， dv=^{√ g}

κ dφ

cosh²φ^{となり，積分区間は}

v 0 _→ v

φ 0 _→ φ

φ= tanh^−1(√κ_gv^{)である。従って}

(5.47)^のl.h.s.=

∫ φ 0

1 1 − tanh^2φ

√ g κ

dφ cosh²φ

=

∫ φ 0

√ g κ^dφ

=^{√ g} κ ^tanh

−₁⁽√ κ g^v

)

= − g(t − th) · · · (5.47)^のr.h.s. (5.48) v(t)^{について解けば}

v(t) =^{√ g}

κ^tanh(−

√gκ_{(t − t}h)⁾

= −^{√ g} κ^tanh

(_√

gκ_{(t − t}h)⁾ (5.49)

を得る。これは負の値なので下降中であることと整 合する。また_v(t)の絶対値は_tと共に増加するが上 界が存在するので終端速度を持つ。

25-8.この質点が等速運動になる条件およびその終端速度_v∞を求めよ。

【解答】双曲線関数の定義より_{tanh x =}

e^x_{− e}^−x e^x+ e^−x が飽和 するのは_{x ≫ 1}の場合 。よって_(5.49)より

√_gκ

(t − th) ≫ 1^すなわち

t − t^h= √¹_gκ ^{. (5.50)}

空気抵抗係数_κが大きくなるほど早く等速に達する。

その終端速度は

v∞_{= −}

√ g

κ ^(5.51)

となり，_κが大きいほど終端速度は小さい。当然，重 力加速度が大きいほど終端速度も大きい。運動方程 式だけから直接求めた_(5.34)と一致している。

硬式野球のボールの場合，_{κ ≃ 8.7×10}

−₃

m^−1程度

である。よって最高点に到達してから

√1_gκ ≃ 3.4 s ^{後に，終端速度}v∞_{= −}

√ g

κ ≃ 34 m/s ≃ 122 km/h に達する^*21。

25-9.^速度v(t)^{をグラフで表せ。}

【解答】

0.1 0.2 0.3 0.4 ^t@sD

-2

-1

1

2

3

4

5

v@msD

図₂₆ 速度の₂乗に比例する空気抵抗があるときの垂直投げ上げ運動における上向きの速度_v(t)。初速 度_v0= 5 m/s^{，空気抵抗の係数}κ= 10 m⁻¹。黒い実線が速度変化を表す。青い破線は，上昇中の速度を 下降中にまで外挿したもの。緑の破線は，下降中の速度を上昇中にまで外挿したもの。速度が₀になる最 高点で滑らかに連結している。その瞬間の加速度すなわちグラフの傾きは，自由落下と等しく_−gである。 赤い破線は，終端速度₋

√g

κ^を表す。

25-10.^{下降中の高さ}y(t)^{を求めよ。}

【解答】速度_(5.49)を積分する。

∫ y yh

dy=

∫ t th

v(t)dt

= −^{√ g} κ

∫ t th

tanh^(√gκ_{(t − t}h)⁾dt

= −^{√ g} κ

√1 gκ

[log cosh^(√gκ_{(t − th})^)]t

th

= −¹

κ^{log cosh} (_√

gκ_{(t − th})⁾. (5.52)

一方_(5.52)の左辺は_{y − yh}なので y_{(t) = −}¹

κ^{log cosh} (_√

gκ_{(t − t}h)⁾+ yh (5.53)

となる。

*21硬式野球ボールの実際の終端速度はもっと速く40m/s≃144k/h以上に達する。理由は，ボールが完全な球体でない事およびボー ルの自転によって空気抵抗が小さくなる事である。詳しくは流体力学で学習する。

双曲線関数の定義と微分

cosh x := ^e

x_{+ e}⁻x

2 ^{, sinh x :=}

e^x_{− e}^−x

2 ^{, tanh x :=}

sinh x cosh x ⁼

e^x_{− e}^−x

e^x+ e^{−x, (5.54)} cosh²_{x − sinh}²x= 1, _{1 − tanh}²x= ¹

cosh²x^{, (5.55)}

(cosh x)^′ = sinh x, (sinh x)^′= cosh x, (tanh x)^′= ¹

cosh²x^{. (5.56)}

参考文献

[1] ^後藤憲一,^山本邦夫,^神吉健. ^{詳解力学演習}. ^{共立出版株式会社}, 2003. [2] ^原島鮮. ^力学I-^{質点・剛体の力学}-. ^裳華房, 1990.

[3] ^原島鮮. ^力学II -^解析力学-. ^裳華房, 1990. [4] ^{小出昭一郎}. ^物理学. ^裳華房, 2003.

[5] ^砂川重信. ^{電磁気学演習}. ^{物理テキストシリーズ}5.^岩波書店, 1992. [6] ^戸田盛和. ^力学. ^{物理入門コース}1.^岩波書店, 1999.