4つのボールがサイクロイド曲線を異なる位置から滑り降りますが、同時に底に到達します。青い矢印は、曲線上の各点の加速度を示しています。上は時間と位置の関係を示す図です。 タウトクロネ曲線を表すオブジェクト トートクロン曲線 またはイソクロン曲線 （古代ギリシャ語 ( tauto- ) 「 同じ 」 ( isos- ) 「 等しい 」 、( chronos ) 「 時間 」 に由来）は、物体が一様な重力下で 摩擦 なく滑って最低点に達するまでの時間が、曲線上の開始点に依存しない曲線である。この曲線は サイクロイド であり、時間はサイクロイドを生成する円の半径の平方根の π 倍に重力加速度 を乗じた値に等しい。トートクロン曲線は、同じくサイクロイドである 最速降下曲線と関連がある。
トートクロネ問題 クリスティアン・ホイヘンス 、ホロロギウム・オシラトリウム・シブ・デ・モツ・ペンデュロラム この曲線を識別しようとする試みであるトートクロン問題は、 1659 年にクリスティアーン ホイヘンスによって解決されました。彼は、1673 年に最初に出版された著書 「振動時計」 サイクロイドで あることを幾何学的に証明しました。
軸が垂線上にあり、頂点が底部にあるサイクロイドでは、物体がサイクロイド上の任意の点から出発して頂点の最低点に到達するまでの降下時間は互いに等しい... [ 1 ]
サイクロイドは、円が軸に沿って回転するときに、半径の円上の点が曲線を描くことで表されます。 r {\displaystyle r} × {\displaystyle x} × ＝ r （ θ − 罪 θ ） y ＝ r （ 1 − コス θ ） {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\theta -\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta )\end{aligned}}}
一般的に描かれるトートクローンでは、物体が原点に向かって下向きに滑りますが、代わりに、直線に沿って逆さまに転がる円のサイクロイドによって描かれることに注意してください。 y = 2 r {\displaystyle y=2r} x = r ( θ + sin θ ) y = r ( 1 − cos θ ) {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\theta +\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta )\end{aligned}}}
ホイヘンスはまた、降下時間は、物体がサイクロイドを生成する円の直径と同じ距離を垂直に落下するのにかかる時間に を掛けた値に等しいことを証明しました。現代の言葉で言えば、これは降下時間が （ はサイクロイドを生成する円の半径、は地球の重力 、より正確には地球の重力加速度）であることを意味します 。π / 2 {\displaystyle \pi /2} π r / g {\textstyle \pi {\sqrt {r/g}}} r {\displaystyle r} g {\displaystyle g}
異なる振幅を持つ5つの等時サイクロイド振り子 この解法は後に最速降下曲線 の問題を解くために用いられた。 ヨハン・ベルヌーイは 論文（Acta Eruditorum
サイクロイド振り子 の概略図トートクロン問題は、円軌道を描く振り子が等時性を持た ないため、振り子時計の 振れ幅によって時刻が変化するという認識がホイヘンスによって深化したことを受けて、より深く研究されました。正しい振れ幅を決定した後、クリスティアーン・ホイヘンスは、振り子を吊るす紐と、その先端付近の縁を曲げることでトートクロン曲線への軌道を変える振り子時計の開発を試みました。しかし、これらの試みはいくつかの理由から、実用には至りませんでした。第一に、紐の曲がりによって摩擦が生じ、タイミングが変わってしまうこと。第二に、トートクロン曲線上を移動することで得られる理論的な改善をはるかに上回る、はるかに重大なタイミング誤差要因が存在していたこと。最後に、振り子の「円誤差」は振れ幅が短くなるにつれて減少するため、より優れた時計脱進機 によってこの不正確さの要因を大幅に低減できる可能性があるということです。
その後、数学者のジョゼフ・ルイ・ラグランジュ とレオンハルト・オイラーが この問題の解析的解決法を提示しました。
ラグランジアン解 静止状態から解放された単振動子 の場合、初期変位に関わらず、最低の位置エネルギー点に到達するまでの時間は常に周期の4分の1であり、これは振幅とは無関係である。したがって、単振動子のラグランジアンは等時性を持つ 。
トートクローン問題において、粒子の位置が最低点からの弧長 s ( t )h ( s ) に比例します。トートクローン問題における曲線が等時線となる一つの方法は、ラグランジアンが数学的に単振動子と等価である場合です。つまり、曲線の高さは弧長の2乗に比例する必要があります。 s ˙ 2 {\displaystyle {\dot {s}}^{2}}
h ( s ) = s 2 / ( 8 r ) , {\displaystyle h(s)=s^{2}/(8r),} ここで比例定数は です。単純な調和振動子のラグランジアン と比較すると、等価バネ定数は、下降時間は です。ただし、定数の物理的な意味は、曲線の正確な解析方程式を決定するまで明らかではありません。 1 / ( 8 r ) {\displaystyle 1/(8r)} k = m g / ( 4 r ) {\displaystyle k=mg/(4r)} T / 4 = π 2 m k = π r g . {\displaystyle T/4={\frac {\pi }{2}}{\sqrt {\frac {m}{k}}}=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}.} r {\displaystyle r}
曲線の解析方程式を解くには、上記の関係の 微分形が次の式となることに注意する。
d h = s d s / ( 4 r ) , d h 2 = s 2 d s 2 / ( 16 r 2 ) = h ( d x 2 + d h 2 ) / ( 2 r ) , ( d x d h ) 2 = 2 r h − 1 {\displaystyle {\begin{aligned}dh&=s\,ds/(4r),\\dh^{2}&=s^{2}\,ds^{2}/(16r^{2})=h\left(dx^{2}+dh^{2}\right)/(2r),\\\left({\frac {dx}{dh}}\right)^{2}&={\frac {2r}{h}}-1\end{aligned}}} s dx dh 微分方程式を残します。これは、 サイクロイド の垂直座標h を 、尖点 ではなく頂点（水平接線を持つ点）から数えたときの微分方程式です。
解を求めるには、xを h
d x d h = − 2 r − h h , x = − 4 r ∫ 1 − u 2 d u , {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {dx}{dh}}&=-{\frac {\sqrt {2r-h}}{\sqrt {h}}},\\x&=-4r\int {\sqrt {1-u^{2}}}\,du,\end{aligned}}} ここで であり、粒子が前進するにつれて高さは減少します。この積分は円の面積であり、別の代入を加えると次の式が得られます。 u = h / ( 2 r ) {\displaystyle u={\sqrt {h/(2r)}}} d x / d h < 0 {\displaystyle dx/dh<0} u = cos ( t / 2 ) {\displaystyle u=\cos(t/2)}
x = r ( t − sin t ) , h = r ( 1 + cos t ) . {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(t-\sin t),\\h&=r(1+\cos t).\end{aligned}}} これは、を持つサイクロイド の標準的なパラメータ化です。弧の長さの2乗は、高さの差に弧の長さを掛けたものに等しいことに注目してください。 h = 2 r − y {\displaystyle h=2r-y} 8 r {\displaystyle 8r}
トートクローン問題に対する最も単純な解は、傾斜角と傾斜面上の粒子が感じる重力との間に直接的な関係があることに着目することです。90°の垂直傾斜面上の粒子は完全な重力加速度 を受けますが、水平面上の粒子は重力加速度がゼロです。中間の角度では、粒子の「仮想重力」による加速度は です。 は曲線の接線と水平面の間で測定され、水平面より上の角度は正の角度として扱われることに注意してください。したがって、は から まで変化します。 g {\displaystyle g} g sin θ {\displaystyle g\sin \theta } θ {\displaystyle \theta } θ {\displaystyle \theta } − π / 2 {\displaystyle -\pi /2} π / 2 {\displaystyle \pi /2}
トートクローン曲線に沿って測定された質量の位置は、次の微分方程式に従わなければなりません。 s ( t ) {\displaystyle s(t)}
d 2 s d t 2 = − ω 2 s {\displaystyle {\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}=-\omega ^{2}s} これは、初期条件およびとともに、解は次のようになります。 s ( 0 ) = s 0 {\displaystyle s(0)=s_{0}} s ′ ( 0 ) = 0 {\displaystyle s'(0)=0}
s ( t ) = s 0 cos ω t {\displaystyle s(t)=s_{0}\cos \omega t} この解が微分方程式を解くこと、そして粒子が任意の開始位置から時刻 に到達することは容易に検証できる。問題は、質量が上記の運動に従うような曲線を描くことである。ニュートンの第二法則は 、重力と質量の加速度が次のように関係していることを示す。 s = 0 {\displaystyle s=0} π / 2 ω {\displaystyle \pi /2\omega } s 0 {\displaystyle s_{0}}
− g sin θ = d 2 s d t 2 = − ω 2 s {\displaystyle {\begin{aligned}-g\sin \theta &={\frac {d^{2}s}{{dt}^{2}}}\\&=-\omega ^{2}s\,\end{aligned}}} 距離 の明示的な出現は扱いにくいですが、微分化すること でより扱いやすい形を得ることができます。 s {\displaystyle s}
g cos θ d θ = ω 2 d s ⟹ d s = g ω 2 cos θ d θ {\displaystyle {\begin{aligned}g\cos \theta \,d\theta &=\omega ^{2}\,ds\\\Longrightarrow ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \end{aligned}}} この式は、曲線の角度の変化と曲線に沿った距離の変化を関連付けています。三角法 を用いて、角度と微分長、およびを関連付けます。 θ {\displaystyle \theta } d x {\displaystyle dx} d y {\displaystyle dy} d s {\displaystyle ds}
d s = d x cos θ d s = d y sin θ {\displaystyle {\begin{aligned}ds={\frac {dx}{\cos \theta }}\\ds={\frac {dy}{\sin \theta }}\end{aligned}}} 上記の式でを に置き換えると、 についてを解くことができます。 d s {\displaystyle ds} d x {\displaystyle dx} x {\displaystyle x} θ {\displaystyle \theta }
d s = g ω 2 cos θ d θ d x cos θ = g ω 2 cos θ d θ d x = g ω 2 cos 2 θ d θ = g 2 ω 2 ( cos 2 θ + 1 ) d θ x = g 4 ω 2 ( sin 2 θ + 2 θ ) + C x {\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dx}{\cos \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dx&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\left(\cos 2\theta +1\right)d\theta \\x&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\left(\sin 2\theta +2\theta \right)+C_{x}\end{aligned}}} 同様に、を で表し、を で解くこともできます。 d s {\displaystyle ds} d y {\displaystyle dy} y {\displaystyle y} θ {\displaystyle \theta }
d s = g ω 2 cos θ d θ d y sin θ = g ω 2 cos θ d θ d y = g ω 2 sin θ cos θ d θ = g 2 ω 2 sin 2 θ d θ y = − g 4 ω 2 cos 2 θ + C y {\displaystyle {\begin{aligned}ds&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\{\frac {dy}{\sin \theta }}&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\cos \theta \,d\theta \\dy&={\frac {g}{\omega ^{2}}}\sin \theta \cos \theta \,d\theta \\&={\frac {g}{2\omega ^{2}}}\sin 2\theta \,d\theta \\y&=-{\frac {g}{4\omega ^{2}}}\cos 2\theta +C_{y}\end{aligned}}} および を代入すると、 およびに関するこれらの媒介変数方程式 は、水平線に沿って回転する半径 の円（サイクロイド ）上の点の方程式であり、円の中心は座標 にあることがわかります。 ϕ = 2 θ {\displaystyle \phi =2\theta } r = g 4 ω 2 {\textstyle r={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\,} x {\displaystyle x} y {\displaystyle y} r {\displaystyle r} ( C x + r ϕ , C y ) {\displaystyle (C_{x}+r\phi ,C_{y})}
x = r ( sin ϕ + ϕ ) + C x y = − r cos ϕ + C y {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\sin \phi +\phi \right)+C_{x}\\y&=-r\cos \phi +C_{y}\end{aligned}}} の範囲は から であることに注意してください。通常は、曲線の最低点が原点と一致するように と を設定します。したがって、ϕ {\displaystyle \phi } − π ≤ ϕ ≤ π {\displaystyle -\pi \leq \phi \leq \pi } C x = 0 {\displaystyle C_{x}=0} C y = r {\displaystyle C_{y}=r}
x = r ( ϕ + sin ϕ ) y = r ( 1 − cos ϕ ) {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\left(\phi +\sin \phi \right)\\y&=r\left(1-\cos \phi \right)\\\end{aligned}}} を解き、それが下降に必要な時間であり、それが全周期の4分の1であることを覚えておくと、半径に関して下降時間を求めることができます。 ω {\displaystyle \omega } T = π 2 ω {\displaystyle T={\frac {\pi }{2\omega }}} r {\displaystyle r}
r = g 4 ω 2 ω = 1 2 g r T = π r g {\displaystyle {\begin{aligned}r&={\frac {g}{4\omega ^{2}}}\\\omega &={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {g}{r}}}\\T&=\pi {\sqrt {\frac {r}{g}}}\\\end{aligned}}} （Proctor 、135～139ページを基に作成）
ニールス・ヘンリック・アーベルは、 トートクローン問題（アーベルの力学的問題 ）の一般化版に取り組みました。すなわち、与えられた開始高度における降下時間を指定する関数が与えられたとき、この結果をもたらす曲線の方程式を求めるという問題です。トートクローン問題は、が定数である 場合のアーベルの力学的問題の特殊なケースです。T ( y ) {\displaystyle T(y)} T ( y ) {\displaystyle T(y)}
アーベルの解はエネルギー保存 則から始まります。粒子は摩擦がなく、熱 によるエネルギー損失がないため、どの点においても粒子の運動エネルギー は、開始点からの重力による位置エネルギー の差と正確に等しくなります。運動エネルギーは であり、粒子は曲線に沿って移動するように制約されているため、その速度は単に です。ここで は曲線に沿って測定された距離です。同様に、最初の高さからの高さまで落下する際に得られる重力による位置エネルギーは です。したがって、 1 2 m v 2 {\textstyle {\frac {1}{2}}mv^{2}} d ℓ / d t {\displaystyle {d\ell }/{dt}} ℓ {\displaystyle \ell } y 0 {\displaystyle y_{0}} y {\displaystyle y} m g ( y 0 − y ) {\displaystyle mg(y_{0}-y)}
1 2 m ( d ℓ d t ) 2 = m g ( y 0 − y ) d ℓ d t = ± 2 g ( y 0 − y ) d t = ± d ℓ 2 g ( y 0 − y ) d t = − 1 2 g ( y 0 − y ) d ℓ d y d y {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2}}m\left({\frac {d\ell }{dt}}\right)^{2}&=mg(y_{0}-y)\\{\frac {d\ell }{dt}}&=\pm {\sqrt {2g(y_{0}-y)}}\\dt&=\pm {\frac {d\ell }{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}\\dt&=-{\frac {1}{\sqrt {2g(y_{0}-y)}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy\end{aligned}}} 最後の方程式では、曲線に沿った残りの距離を高さの関数として記述することを想定しています ( 、残りの距離は時間が増加するにつれて減少する必要があることを認識しています (したがってマイナス記号) 、およびの形式で連鎖律 を使用しています。 ℓ ( y ) ) {\displaystyle \ell (y))} d ℓ = d ℓ d y d y {\textstyle d\ell ={\frac {d\ell }{dy}}dy}
ここで、からを積分して、粒子が落下するのに必要な合計時間を取得します。 y = y 0 {\displaystyle y=y_{0}} y = 0 {\displaystyle y=0}
T ( y 0 ) = ∫ y = y 0 y = 0 d t = 1 2 g ∫ 0 y 0 1 y 0 − y d ℓ d y d y {\displaystyle T(y_{0})=\int _{y=y_{0}}^{y=0}\,dt={\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{0}^{y_{0}}{\frac {1}{\sqrt {y_{0}-y}}}{\frac {d\ell }{dy}}\,dy} これはアーベルの積分方程式 と呼ばれ、粒子が与えられた曲線に沿って落下するのにかかる合計時間を計算することができます（曲線自体は簡単に計算できます）。しかし、アーベルの力学的問題では逆のことが求められます。つまり、 が与えられているとして を求め、そこから曲線の方程式が簡単に導かれるのです。次に、右辺の積分はとの畳み込みで あることに注意し、両辺を変数 についてラプラス変換し ます。 d ℓ / d y {\displaystyle {d\ell }/{dy}} T ( y 0 ) {\displaystyle T(y_{0})\,} f ( y ) = d ℓ / d y {\displaystyle f(y)={d\ell }/{dy}} d ℓ / d y {\displaystyle {d\ell }/{dy}} 1 / y {\displaystyle {1}/{\sqrt {y}}} y {\displaystyle y}
L [ T ( y 0 ) ] = 1 2 g L [ 1 y ] F ( s ) {\displaystyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {1}{\sqrt {2g}}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]F(s)} ここで である。 なので、 のラプラス変換を のラプラス変換で表す式が得られる。 F ( s ) = L [ d ℓ / d y ] {\displaystyle F(s)={\mathcal {L}}{\left[{d\ell }/{dy}\right]}} L [ 1 / y ] = π / s {\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}} d ℓ / d y {\displaystyle {d\ell }/{dy}} T ( y 0 ) {\displaystyle T(y_{0})}
L [ d ℓ d y ] = 2 g π s 1 2 L [ T ( y 0 ) ] {\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T(y_{0})]} を指定せずにここまで進むことができます。が分かれば、そのラプラス変換を計算し、 のラプラス変換を計算し、さらに逆変換を行って を求めることができます（または、 を求めることを試みることもできます）。 T ( y 0 ) {\displaystyle T(y_{0})} T ( y 0 ) {\displaystyle T(y_{0})} d ℓ / d y {\displaystyle {d\ell }/{dy}} d ℓ / d y {\displaystyle {d\ell }/{dy}}
トートクローン問題では、は定数です。1 のラプラス変換は、すなわち なので、形状関数 は次のようになります。 T ( y 0 ) = T 0 {\displaystyle T(y_{0})=T_{0}\,} 1 / s {\displaystyle {1}/{s}} L [ T ( y 0 ) ] = T 0 / s {\textstyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={T_{0}}/{s}} f ( y ) = d ℓ / d y {\textstyle f(y)={d\ell }/{dy}}
F ( s ) = L [ d ℓ d y ] = 2 g π s 1 2 L [ T 0 ] = 2 g π T 0 s − 1 2 {\displaystyle {\begin{aligned}F(s)={\mathcal {L}}{\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]}&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T_{0}]\\&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}} 上記のラプラス変換を再度利用して、変換を反転すると次のようになります。
d ℓ d y = T 0 2 g π 1 y {\displaystyle {\frac {d\ell }{dy}}=T_{0}{\frac {\sqrt {2g}}{\pi }}{\frac {1}{\sqrt {y}}}} （シモンズ 、第54節）。
という事実を利用して、上記を次のように書き直すことができます。 ( d ℓ d y ) 2 = ( d x d y ) 2 + 1 {\displaystyle \left({\frac {d\ell }{dy}}\right)^{2}=\left({\frac {dx}{dy}}\right)^{2}+1}
( d x d y ) 2 + 1 = T 0 2 2 g π 2 1 y {\displaystyle \left({\frac {dx}{dy}}\right)^{2}+1=T_{0}^{2}{\frac {2g}{\pi ^{2}}}{\frac {1}{y}}} させて：
r = T 0 2 g π 2 {\displaystyle r={\frac {T_{0}^{2}g}{\pi ^{2}}}} となることによって：
( d x d y ) 2 + 1 = 2 r y ( d x d y ) 2 = 2 r − y y d x = 2 r − y y d y {\displaystyle {\begin{aligned}\left({\frac {dx}{dy}}\right)^{2}+1&={\frac {2r}{y}}\\\left({\frac {dx}{dy}}\right)^{2}&={\frac {2r-y}{y}}\\dx&={\sqrt {\frac {2r-y}{y}}}\,dy\end{aligned}}} 統合するには、次のように置き換えます。
y = 2 r sin 2 θ 2 d y = 2 r sin θ 2 cos θ 2 d θ {\displaystyle {\begin{aligned}y&=2r\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}\\dy&=2r\sin {\frac {\theta }{2}}\cos {\frac {\theta }{2}}\,d\theta \end{aligned}}} の式を次のように書き直すことができます。 d x {\displaystyle dx}
d x = 2 r − 2 r sin 2 θ 2 2 r sin 2 θ 2 2 r sin θ 2 cos θ 2 d θ = 2 r 1 − sin 2 θ 2 sin 2 θ 2 sin θ 2 cos θ 2 d θ = 2 r cos 2 θ 2 sin 2 θ 2 sin θ 2 cos θ 2 d θ = 2 r cos 2 θ 2 d θ = r ( cos θ + 1 ) d θ {\displaystyle {\begin{aligned}dx&={\sqrt {\frac {2r-2r\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}}{2r\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}}}}2r\sin {\frac {\theta }{2}}\cos {\frac {\theta }{2}}\,d\theta \\&=2r{\sqrt {\frac {1-\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}}{\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}}}}\sin {\frac {\theta }{2}}\cos {\frac {\theta }{2}}\,d\theta \\&=2r{\sqrt {\frac {\cos ^{2}{\frac {\theta }{2}}}{\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}}}}\sin {\frac {\theta }{2}}\cos {\frac {\theta }{2}}\,d\theta \\&=2r\cos ^{2}{\frac {\theta }{2}}\,d\theta \\&=r(\cos \theta +1)\,d\theta \end{aligned}}} 両者を統合すると次のようになります。
x = r ( θ + sin θ ) {\displaystyle x=r(\theta +\sin \theta )} そして、次のようにパラメータ化しました。 y {\displaystyle y}
y = 2 r sin 2 θ 2 = r ( 1 − cos θ ) {\displaystyle {\begin{aligned}y&=2r\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}\\&=r(1-\cos \theta )\end{aligned}}} これで、 と の両方について、によってパラメータ化された方程式が得られます。 x {\displaystyle x} y {\displaystyle y} θ {\displaystyle \theta }
x = r ( θ + sin θ ) y = r ( 1 − cos θ ) {\displaystyle {\begin{aligned}x&=r(\theta +\sin \theta )\\y&=r(1-\cos \theta )\end{aligned}}} これは軸の上にある同時線を描きます。 x {\displaystyle x}
（オニール 、263-264ページ に基づく）
参照
参考文献 ^ ブラックウェル、リチャード・J. (1986).クリスティアーン・ホイヘンスの振り子時計 . アイオワ州エイムズ: アイオワ州立大学出版局. 第2部、命題XXV、69ページ. ISBN 0-8138-0933-9
参考文献
外部リンク 
![{\displaystyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={\frac {1}{\sqrt {2g}}}{\mathcal {L}}\left[{\frac {1}{\sqrt {y}}}\right]F(s)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c907e77583665b025dca2b7c335ef683cbca2ce7)
![{\displaystyle F(s)={\mathcal {L}}{\left[{d\ell }/{dy}\right]}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b8a2f3bf9ee1a90281eb0fec51c47c8283c153a0)
![{\textstyle {\mathcal {L}}{\left[{1}/{\sqrt {y}}\right]}={\sqrt {{\pi }/{s}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7636c991e29ce1ff8c0302f6020052ef9d12007a)
![{\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {d\ell}{dy}}\right]={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T(y_{0})]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b65ca05f7a4ce6c24bfc89d68184cb06b6d71304)
![{\textstyle {\mathcal {L}}[T(y_{0})]={T_{0}}/{s}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3a972a5e182af210ad591c4348ae3771033dddbc)
![{\displaystyle {\begin{aligned}F(s)={\mathcal {L}}{\left[{\frac {d\ell }{dy}}\right]}&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}s^{\frac {1}{2}}{\mathcal {L}}[T_{0}]\\&={\sqrt {\frac {2g}{\pi }}}T_{0}s^{-{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d2d72d2efb08d77654d4bb4f15fe6b493aed8c61)
