曲線の長さ
積分(数学Ⅲ)(教科書範囲) ★★
曲線の長さ(弧長)について扱います．
曲線の長さを求める公式とその証明
ポイント
曲線の長さを求める公式
(ⅰ) 媒介変数表示のとき
曲線 $x=f(t)$，$y=g(t)$ $(a \leqq t \leqq b)$ の長さは
$\displaystyle \boldsymbol{\color{red}{\int_{a}^{b}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt}}$
(ⅱ) 陽関数表示のとき
曲線 $y=f(x)$ $(a \leqq x \leqq b)$ の長さは，(ⅰ)で $x=t$，$y=f(t)$ とすれば
$\displaystyle \boldsymbol{\color{red}{\int_{a}^{b}\sqrt{1+\left\{f'(x)\right\}^{2}}\,dx}}$
(ⅲ) 極座標表示のとき
曲線 $r=f(\theta)$ $(\alpha \leqq \theta \leqq \beta)$ の長さは
$\displaystyle \int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r^{2}+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^{2}}\,d\theta$
ほぼすべての人が(ⅰ)(ⅱ)のみ暗記が必要ですが，(ⅲ)は覚えなくていいと思います(出題頻度が低いですし，記述式では減点の可能性があります．)．
(ⅰ)の簡単な証明
厳密に証明しようとすると高度になり長くなるので，簡単な証明です．
(ⅰ)の簡単な証明
$t$ が $\Delta t$ 増えたときの $x$ の増分を $\Delta x$，$y$ の増分を $\Delta y$ とすると，曲線の長さの増分 $\Delta s$ は，$\Delta t$ が十分小さいとき，斜辺以外の辺が $\Delta x$，$\Delta y$ の直角三角形の斜辺で近似できるので
$\Delta s \fallingdotseq \sqrt{\left(\Delta x\right)^{2}+\left(\Delta y\right)^{2}}$
$\Longleftrightarrow \dfrac{\Delta s}{\Delta t} \fallingdotseq \sqrt{\left(\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right)^{2}+\left(\dfrac{\Delta y}{\Delta t}\right)^{2}}$
$\Delta t \to 0$ とすると
$\dfrac{ds}{dt} =\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}$
これを偏角が $t=a$ から $t=b$ まで積分すると
$\displaystyle \int_{a}^{b}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt$
(ⅰ)の厳密な証明
厳密に証明しました．大学レベルを含むので下に格納しました．
厳密な証明
証明
$x=f(t)$，$y=g(t)$ を微分可能で，$f'(t)$，$g'(t)$ は連続である曲線(滑らかな曲線)を考えるものとする．一般にはそうでない曲線も考えるべきだが，当サイトの目的として，そのような曲線には興味はない．
$t$ の区間 $[a,b]$ を $n$ 分割する．すなわち
$a=t_{0} < t_{1} < t_{2} < \cdots < t_{n-1} < t_{n}=b$
とする．$t=t_{i-1}$ と $t=t_{i}$ のときの点を結んでできる線分の長さ $L_{i}$ は
$L_{i}=\sqrt{\{f(t_{i})-f(t_{i-1})\}^{2}+\{g(t_{i})-g(t_{i-1})\}^{2}}$
となる．これの $i=1,2,\cdots,n$ のときの総和をとると
となる．ここで
として，上の総和で，$\delta \to 0$ としたものが求める曲線の長さとなるので
$\displaystyle L=\lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\{f(t_{i})-f(t_{i-1})\}^{2}+\{g(t_{i})-g(t_{i-1})\}^{2}}$
とする．$f(t)$，$g(t)$ が微分可能なので，平均値の定理より
$\dfrac{f(t_{i})-f(t_{i-1})}{t_{i}-t_{i-1}}=f'(p_{i})$，$\dfrac{g(t_{i})-g(t_{i-1})}{t_{i}-t_{i-1}}=g'(q_{i})$
を満たす $p_{i}$，$q_{i}$ が区間 $(t_{i-1},t_{i})$ に存在する．これより
$\displaystyle L=\lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\{f'(p_{i})\}^{2}+\{g'(q_{i})\}^{2}}(t_{i}-t_{i-1})$
と表される．ここで
$\displaystyle \sqrt{\{f'(p_{i})\}^{2}+\{g'(q_{i})\}^{2}}-\sqrt{\{f'(t_{i})\}^{2}+\{g'(t_{i})\}^{2}}=\epsilon_{i}$
とおくと
$\displaystyle L=\lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\left\{\sqrt{\{f'(t_{i})\}^{2}+\{g'(t_{i})\}^{2}}(t_{i}-t_{i-1})+\epsilon_{i}(t_{i}-t_{i-1})\right\}$
となる．
$\epsilon_{i}$ は 原点と $(f'(p_{i}),g'(q_{i}))$，原点と $(f'(t_{i}),g'(t_{i}))$ との距離の差なので，三角不等式より
$\epsilon_{i}$
$\leqq \sqrt{\{f'(p_{i})-f'(t_{i})\}^{2}+\{g'(q_{i})-g'(t_{i})\}^{2}}$ ←三角不等式
$\leqq \left|f'(p_{i})-f'(t_{i})\right|+\left|g'(q_{i})-g'(t_{i})\right|$
となる．ここで，$\displaystyle \lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\epsilon_{i}(t_{i}-t_{i-1})=0$ となることを示す．
$p_{i}$，$q_{i}$ が区間 $(t_{i-1},t_{i})$ に存在するので，$\delta \to 0$ とすると，$p_{i}$，$q_{i}$ は $t_{i}$ に近づくため，任意の $\epsilon > 0$ に対して
$\displaystyle \left|f'(p_{i})-f'(t_{i})\right| < \epsilon$
$\displaystyle \left|g'(p_{i})-g'(t_{i})\right| < \epsilon$
を満たす $\delta$ が存在する．このような $\delta$ をとると，$|\epsilon_{i}| < \epsilon+\epsilon < 2\epsilon$ が成り立つから
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\epsilon_{i}(t_{i}-t_{i-1}) < 2\epsilon \sum_{i=1}^{n}(t_{i}-t_{i-1})=2\epsilon (b-a)$．
ここで，$\epsilon$ が任意より，$2\epsilon (b-a)$ も任意．これを $\epsilon'$ とおくと
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\epsilon_{i}(t_{i}-t_{i-1}) < \epsilon'$
なる $\delta$ が存在する．つまり $\displaystyle \lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\epsilon_{i}(t_{i}-t_{i-1})=0$ となる．よって
$L$
$\displaystyle =\lim_{\delta \to 0}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\{f'(t_{i})\}^{2}+\{g'(t_{i})\}^{2}}(t_{i}-t_{i-1})$
$\displaystyle =\int_{a}^{b}\sqrt{\left\{f'(t)\right\}^{2}+\left\{g'(t)\right\}^{2}}\,dt$
$\displaystyle =\int_{a}^{b}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt$
(ⅲ)の証明
公式自体が全員向けでないので，下に格納しました．公式を丸暗記しなくとも，試験中に導くことで対処してもいいですね．
(ⅲ)の証明
(ⅲ)の証明
曲線 $r=f(\theta)$ は $x=f(\theta)\cos\theta$，$y=f(\theta)\sin\theta$ で表せる．ここで(ⅰ)にあてはめると
$\displaystyle \int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left(f'(\theta)\cos\theta-f(\theta)\sin\theta\right)^{2}+\left(f'(\theta)\sin\theta+f(\theta)\cos\theta\right)^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left(f'(\theta)\cos\theta-f(\theta)\sin\theta\right)^{2}+\left(f'(\theta)\sin\theta+f(\theta)\cos\theta\right)^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left\{f'(\theta)\right\}^{2}+\left\{f(\theta)\right\}^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^{2}+r^{2}}\,d\theta$
例題と練習問題
例題
例題
媒介変数表示された曲線 $C:x=t-\sin t$，$y=1-\cos t$ $(0\leqq t \leqq 2\pi)$ の曲線の長さを求めよ．
講義
サイクロイドという曲線です．グラフの書き方は媒介変数表示の曲線のグラフの書き方で扱っていますが，曲線の長さを求める上で必ずしもグラフを書く必要はありません．
解答
$\dfrac{dx}{dt}=1-\cos t$，$\dfrac{dy}{dt}=\sin t$ より
求める曲線の長さを $L$ とすると
$L$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{dt}\right)^{2}}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(1-\cos t\right)^{2}+\left(\sin t\right)^{2}}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\cos t}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\cos 2\cdot\dfrac{t}{2}}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\left(1-2\sin^{2}\dfrac{t}{2}\right)}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\sqrt{4\sin^{2}\dfrac{t}{2}}\,dt$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}\left|2\sin\dfrac{t}{2}\right|\,dt$ ← $\sqrt{A^{2}}=|A|$
$\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}2\sin\dfrac{t}{2}\,dt$ ← $0\leqq t \leqq 2\pi$ で $\sin\dfrac{t}{2}\geqq0$
$\displaystyle =\left[-4\cos\dfrac{t}{2}\right]_{0}^{2\pi}$
$=\boldsymbol{8}$
※ちなみにグラフは以下のようになります．
練習問題
練習
(1) 曲線 $y=\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ $(-1\leqq x \leqq 1)$ の長さ $L$ を求めよ．
(2) 媒介変数表示された曲線 $C:x=(1-\cos \theta)\cos \theta$，$y=(1-\cos \theta)\sin \theta$ $(0\leqq \theta \leqq \pi)$ の長さ $L$ を求めよ．
練習の解答
(1)
$L$
$\displaystyle =\int_{-1}^{1}\sqrt{1+\left\{y'\right\}^{2}}\,dx$
$\displaystyle =\int_{-1}^{1}\sqrt{1+\left(\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right)^{2}}\,dx$
$\displaystyle =\int_{-1}^{1}\sqrt{\left(\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}\right)^{2}}\,dx$
$\displaystyle =\int_{-1}^{1}\left|\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}\right|\,dx$ ← $\sqrt{A^{2}}=|A|$
$\displaystyle =\int_{-1}^{1}\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}\,dx$ ← $\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}>0$
$\displaystyle =2\int_{0}^{1}\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}\,dx$ ← $\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ は偶関数
$\displaystyle =2\left[\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right]_{0}^{1}$
$=\boldsymbol{e-\dfrac{1}{e}}$
※カテナリー，双曲線関数の $\cosh x$ などと呼ばれる曲線です．
※ $f(x)=\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ とすると $f(-x)=f(x)$ を満たすので，$\dfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ は偶関数です．
(2)
$\dfrac{dx}{d\theta}=\sin\theta\cos\theta+(1-\cos\theta)(-\sin\theta)$
$=\sin2\theta-\sin\theta$
$\dfrac{dy}{d\theta}=\sin^{2}\theta+(1-\cos\theta)\cos\theta$
$=\cos\theta-\cos2\theta$
求める曲線の長さを $L$ とすると
$L$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^{2}+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{\left(\sin2\theta-\sin\theta\right)^{2}+\left(\cos\theta-\cos2\theta\right)^{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{2-2(\sin2\theta\sin\theta+\cos2\theta\cos\theta)}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{2-2\cos(2\theta-\theta)}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{2-2\cos 2\cdot\dfrac{\theta}{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{2-2\left(1-2\sin^{2}\dfrac{\theta}{2}\right)}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\sqrt{4\sin^{2}\dfrac{\theta}{2}}\,d\theta$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}\left|2\sin\dfrac{\theta}{2}\right|\,d\theta$ ← $\sqrt{A^{2}}=|A|$
$\displaystyle =\int_{0}^{\pi}2\sin\dfrac{\theta}{2}\,d\theta$ ← $0\leqq \theta \leqq \pi$ で $\sin\dfrac{\theta}{2}\geqq0$
$\displaystyle =\left[-4\cos\dfrac{\theta}{2}\right]_{0}^{\pi}$
$=\boldsymbol{4}$
※カージオイドと呼ばれる曲線です．媒介変数表示された曲線のグラフの面積(応用編)で $x$ 軸と囲まれた面積を求めています．
※この問題は $r=1-\cos\theta$ とする極方程式表示ができるので，(ⅲ)の $\displaystyle \int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r^{2}+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^{2}}\,d\theta$ を使うと少し速いです．是非確かめてみてください．