COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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曲線の長さ

問題

曲線の長さ

問題≪アステロイドの長さ≫

 曲線 $C:\left\{\begin{array}{l} x = \cos ^3t, \\ y = \sin ^3t \end{array}\right.\ (0 \leqq t \leqq 2\pi )$ の長さ $L$ を求めよ.

解答例

 $x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3} = \cos ^2t+\sin ^2t$ より $$x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3} = 1$$ だから, 曲線 $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称で, 座標軸との交点は $(\pm 1,\ 0),$ $(0,\ \pm 1)$ の $4$ 点のみであって, $t = 0,$ $2\pi$ のとき $(x,\ y) = (1,\ 0),$ $t = \dfrac{\pi}{2}$ のとき $(x,\ y) = (0,\ 1)$ であることに注意する.
$$\frac{dx}{dt} = 3\cos ^2t(-\sin t), \quad \frac{dy}{dt} = 3\cos t\sin ^2t$$ より \begin{align*} \left(\frac{dx}{dt}\right) ^2+\left(\frac{dy}{dt}\right) ^2 &= 9\cos ^4t\sin ^2t+9\cos ^2t\sin ^4t \\ &= 9\sin ^2t\cos ^2t(\cos ^2t+\sin ^2t) \\ &= (3\sin t\cos t)^2 \\ &= \left(\frac{3}{2}\sin 2t\right) ^2 \end{align*} だから, \begin{align*} L &= 4\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right) ^2+\left(\frac{dy}{dt}\right) ^2}dt \\ &= 4\int_0^\frac{\pi}{2}\left|\frac{3}{2}\sin 2t\right|dt = 6\int_0^\frac{\pi}{2}\sin 2tdt \\ &= 6\left[ -\frac{1}{2}\cos 2t\right] _0^\frac{\pi}{2} = 6. \end{align*}

問題≪サイクロイドの長さ≫

 次の曲線 $A,$ $B,$ $C$ の長さ $L,$ $M,$ $N$ をそれぞれ求めよ.
(a)
$A:\begin{cases} x = \theta -\sin\theta, \\ y = 1-\cos\theta \end{cases} \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi ).$ 
(b)
$B:\begin{cases} x = (1+\cos\theta )\cos\theta, \\ y = (1+\sin\theta )\sin\theta \end{cases} \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi ).$ 
(c)
$C:\begin{cases} x = 2\cos\theta +\cos 2\theta, \\ y = 2\sin\theta -\sin 2\theta \end{cases} \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi ).$ 

解答例

(a)
$0 \leqq \theta \leqq 2\pi$ のとき, $0 \leqq \dfrac{\pi}{2} \leqq \pi$ から $\sin\dfrac{\theta}{2} \geqq 0$ であることに注意すると, \begin{align*} \sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2} &= \sqrt{(1-\cos\theta )^2+\sin ^2\theta} \\ &= \sqrt{2(1-\cos\theta )} = \sqrt{4\sin ^2\frac{\theta}{2}} \\ &= 2\sin\frac{\theta}{2}. \end{align*} よって, \begin{align*} L &= \int_0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta \\ &= 2\int_0^{2\pi}\sin\dfrac{\theta}{2}d\theta = 2\left[ -\cos\frac{\theta}{2}\right] _0^{2\pi} \\ &= 2(2-(-2)) = 8. \end{align*}
(b)
$x = 1+\cos ^2\theta,$ $y = \sin\theta +\dfrac{1}{2}\sin 2\theta$ から \begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= -\sin\theta -2\cos\theta\sin\theta = -\sin\theta -\sin 2\theta, \\ \frac{dy}{d\theta} &= \cos\theta +\cos 2\theta \end{align*} となるので, \begin{align*} &\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2} \\ &= \sqrt{(\sin\theta +\sin 2\theta )^2+(\cos\theta +\cos 2\theta )^2} \\ &= \sqrt{2+2(\cos 2\theta\cos\theta +\sin 2\theta\sin\theta )} \\ &= \sqrt{2+2\cos\theta} = \sqrt{2(1+\cos\theta )} \\ &= \sqrt{4\cos ^2\frac{\theta}{2}} = 2\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|. \end{align*} よって, \begin{align*} M &= \int_0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta \\ &= 2\int_0^{2\pi}\left|\cos\frac{\theta}{2}\right| d\theta = 4\int_0^\pi\cos\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 4\left[ 2\sin\frac{\theta}{2}\right] _0^\pi = 8(1-0) = 8. \end{align*}
(c)
\begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= -2\sin\theta -2\sin 2\theta = 2(\sin\theta -\sin 2\theta ), \\ \frac{dy}{d\theta} &= 2\cos\theta -2\cos 2\theta = 2(\cos\theta -\cos 2\theta ) \end{align*} となるので, \begin{align*} &\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2} \\ &= 2\sqrt{(\sin\theta +\sin 2\theta )^2+(\cos\theta -\cos 2\theta )^2} \\ &= 2\sqrt{2-2(\cos 2\theta\cos\theta -\sin 2\theta\sin\theta )} \\ &= 2\sqrt{2-2\cos 3\theta} = \sqrt{2(1+\cos 3\theta )} \\ &= 2\sqrt{4\sin ^2\frac{3\theta}{2}} = 4\left|\sin\frac{3\theta}{2}\right|. \end{align*} よって, \begin{align*} N &= \int_0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta \\ &= 3\int_0^{2\pi}\left|\sin\frac{3\theta}{2}\right| d\theta = 12\int_0^{\frac{2\pi}{3}}\sin\frac{3\theta}{2}d\theta \\ &= 12\left[ -\frac{2}{3}\cos\frac{3\theta}{2}\right] _0^{\frac{2\pi}{3}} = 12\left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right) = 16. \end{align*}

解説≪サイクロイド≫

(a)
曲線 $A$ は, 円を定直線に沿って滑ることなく転がしたときに円の $1$ 点が描く軌跡として現れる曲線で, サイクロイド(cycloid)と呼ばれる.
(b)
曲線 $B$ は, 円を同じ半径の定円の外周に沿って滑ることなく転がしたときに転がす円の $1$ 点が描く軌跡として現れる曲線で, カージオイド(cardioid)と呼ばれる. 一般に, 円を定円の外周に沿って滑ることなく転がしたときに転がす円の $1$ 点が描く軌跡を外サイクロイド(epicycloid)と呼ぶ.
(c)
曲線 $C$ は, 円を $3$ 倍の半径の定円の内周に沿って滑ることなく転がしたときに転がす円の $1$ 点が描く軌跡として現れる曲線である. 一般に, 円を定円の内周に沿って滑ることなく転がしたときに転がす円の $1$ 点が描く軌跡を内サイクロイド(hypocycloid)と呼ぶ.

問題≪懸垂線の長さ≫

 $\cosh x = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2},$ $\sinh x = \dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$ と定める.
(1)
$1+(\sinh x)^2 = (\cosh x)^2$ を示せ.
(2)
$\cosh x,$ $\sinh x$ の導関数を求めよ.
(3)
$d$ を正の数とする. 曲線 $y = \cosh x$ $(0 \leqq x \leqq d)$ の長さ $L$ を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &1+(\sinh x)^2 = 1+\frac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4} \\ &= \frac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4} = (\cosh x)^2 \quad \cdots [1]. \end{align*}
(2)
\begin{align*} \frac{d}{dx}\cosh x &= \frac{e^x-e^{-x}}{2} = \sinh x \quad \cdots [2], \\ \frac{d}{dx}\sinh x &= \frac{e^x+e^{-x}}{2} = \cosh x \quad \cdots [3]. \end{align*}
(3)
\begin{align*} L &= \int _0^d\sqrt{1+\left(\frac{d}{dx}\cosh x\right) ^2}dx \\ &= \int _0^d\sqrt{1+(\sinh x)^2}dx \quad (\because [2]) \\ &= \int _0^d\cosh xdx \quad (\because [1],\ \cosh x > 0) \\ &= \big[\sinh x\big] _0^d \quad (\because [3]) \\ &= \sinh d = \frac{e^d-e^{-d}}{2}. \end{align*}

解説≪懸垂線の方程式≫

 鎖を垂らしたときにできる曲線は, 懸垂線またはカテナリー(catenary)と呼ばれ,
$y = \dfrac{e^{ax}+e^{-ax}}{2a}$ ($a > 0$)
と表される. このことを示そう. 鎖を垂らしたときの最下点を原点として, 鎖が成す平面の水平方向に $x$ 軸, 鉛直方向に $y$ 軸をとる. 鎖が成す曲線を $C:y = f(x)$ とする. 原点における水平方向の張力を $T_0$ とおき, $C$ 上の点 $\mathrm P(x,\ y)$ において接線方向に張力 $T$ が働いているとする. 鎖の単位長当たりの質量を $m,$ 重力加速度を $g$ とおく. 鎖の原点から点 $\mathrm P$ までの部分に働く重力は, $C$ の原点から点 $\mathrm P$ までの長さ $s$ に比例するから, $mgs$ である. $x$ 軸と点 $\mathrm P$ における接線が成す鋭角を $\theta$ とおくと, 力の釣り合いにより, \[ T_0 = T\cos\theta, \quad mgs = T\sin\theta.\] 辺々を割ると, \[ as = \tan\theta \quad \cdots [1].\] ただし, $a = \dfrac{mg}{T_0}$ とおいた. また, \[ s = \int _0^x\sqrt{1+f'(t)^2}dt, \quad f'(x) = \tan\theta\] より \[\frac{ds}{dx} = \sqrt{1+f'(x)^2} = \sqrt{1+\tan ^2\theta} = \frac{1}{\cos\theta}\] となるから, \[\frac{dx}{ds} = \cos\theta \quad \cdots [2].\] $[1]$ の両辺を $s$ で微分すると, \[ a = \frac{1}{\cos ^2\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx}\cdot\frac{dx}{ds} = \frac{1}{\cos\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx} \quad (\because [2]).\] 両辺の $x$ を $t$ に, $\theta$ を $\varphi$ に置き換えて $0$ から $x$ まで積分すると, \begin{align*} ax &= \int _0^x\frac{1}{\cos\varphi}\frac{d\varphi}{dt}dt = \int _0^\theta\frac{d\varphi}{\cos\varphi} \\ &= \log\frac{1+\sin\theta}{\cos\theta} = \log\left(\frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta\right). \end{align*} よって, \begin{align*} e^{ax} &= \frac{1+\sin\theta}{\cos\theta} = \frac{1}{\cos\theta}+\tan\theta \quad \cdots [3], \\ e^{-ax} &= \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta} = \frac{\cos\theta (1-\sin\theta )}{1-\sin ^2\theta} \\ &= \frac{\cos\theta (1-\sin\theta )}{\cos^ 2\theta} = \frac{1}{\cos\theta} -\tan\theta \quad \cdots [4]. \end{align*} $([3]-[4])/2$ より, \[ f'(x) = \tan\theta = \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{2}.\] 両辺の $x$ を $t$ に置き換えて $0$ から $x$ まで積分すると, $f(0) = 0$ より, \[ f(x) = \int _0^x\frac{e^{at}-e^{-at}}{2}dt = \frac{e^{ax}+e^{-ax}}{2a}-\frac{1}{a}.\] $y+\dfrac{1}{a}$ を $y$ に置き換えると, 求める形の方程式が得られる.

問題≪螺旋の長さ≫

(1)
$t = \dfrac{e^u-e^{-u}}{2}$ と置換することにより, 定積分 $I = \displaystyle\int_0^1\sqrt{1+t^2}dt$ の値を求めよ.
(2)
曲線 $\left\{\begin{array}{l} x = t\cos t, \\ y = t\sin t \end{array}\right.\ (0 \leqq t \leqq 1)$ の長さ $L$ を求めよ.

解答例

(1)
$t = \dfrac{e^u-e^{-u}}{2}$ とおくと, $$(e^u)^2-2te^u-1 = 0$$ であり, $e^u > 0,$ $t < \sqrt{1+t^2}$ だから, $e^u = t+\sqrt{1+t^2}$ すなわち $$u = \log (t+\sqrt{1+t^2}).$$ $t \geqq 0$ において, $t+\sqrt{1+t^2}$ は単調増加だから, $\log (t+\sqrt{1+t^2})$ も単調増加である.
$t$$0$$\cdots$$1$
$u$$0$$\cdots$$\log (1+\sqrt 2)$
また, \begin{align*} 1+t^2 &= 1+\frac{(e^u-e^{-u})^2}{4} \\ &= \frac{4+(e^{2u}-2+e^{-2u})}{4} = \frac{e^{2u}+2+e^{-2u}}{4} \\ &= \frac{(e^u+e^{-u})^2}{4} \end{align*} より, $$\sqrt{1+t^2} = \frac{e^u+e^{-u}}{2}.$$ さらに, $$\frac{dt}{du} = \frac{e^u+e^{-u}}{2}.$$ よって, $\beta = \log (1+\sqrt 2)$ とおくと, \begin{align*} I &= \int_0^1\sqrt{1+t^2}dt \\ &= \frac{1}{4}\int_0^{\beta}(e^u+e^{-u})^2du \\ &= \frac{1}{4}\int_0^{\beta}(e^{2u}+2+e^{-2u})du \\ &= \frac{1}{4}\left[\frac{e^{2u}}{2}+2u-\frac{e^{-2u}}{2}\right] _0^\beta \\ &= \frac{e^{2\beta}-e^{-2\beta}}{8}+\frac{\beta}{2} \\ &= \frac{(1+\sqrt 2)^2-(\sqrt 2-1)^2}{8}+\frac{\log (1+\sqrt 2)}{2} \\ &\quad\quad\left(\because e^\beta = 1+\sqrt 2,\ e^{-\beta} = \frac{1}{1+\sqrt 2} = \sqrt 2-1\right) \\ &= \frac{\sqrt 2+\log (1+\sqrt 2)}{2}. \end{align*}
(2)
$$\frac{dx}{dt} = \cos t-t\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = \sin t+t\cos t$$ より, \begin{align*} &\left(\frac{dx}{dt}\right) ^2+\left(\frac{dy}{dt}\right) ^2 \\ &= (\cos t-t\sin t)^2+(\sin t+t\cos t)^2 \\ &= (\cos ^2t+\sin ^2t)+t^2(\sin ^2t+\cos ^2t) \\ &= 1+t^2. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} L &= \int_0^1\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right) ^2+\left(\frac{dy}{dt}\right) ^2}dt \\ &= \int_0^1\sqrt{1+t^2}dt \\ &= \frac{\sqrt 2+\log (1+\sqrt 2)}{2} \quad (\because (1)). \end{align*}

問題≪伸開線の長さ≫

 一端が原点 $\mathrm O(0,\ 0)$ に固定された伸び縮みのしない長さ $2\pi$ の糸がある. 他端 $\mathrm P$ が点 $\mathrm A(2\pi,\ 0)$ 上にある状態から, 糸をたるまないように円周 $C:x^2+(y-1)^2 = 1$ 上に反時計回りに巻き付ける.
(1)
円周 $C$ の中心を $\mathrm B$ とおく. 円周 $C$ 上の点 $\mathrm Q$ まで糸を巻き付けたとき, $\theta = \angle\mathrm{OBQ}$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\theta$ で表せ.
(2)
点 $\mathrm P$ が描く曲線の長さ $L$ を求めよ.

解答例

(1)
$\angle\mathrm{OBQ} = \theta$ のとき $\mathrm Q(\sin\theta,\ 1-\cos\theta )$ だから, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{BQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}} \\ &= (\sin\theta, 1-\cos\theta )-(0,\ 1) \\ &= (\sin\theta,\ -\cos\theta ). \end{align*} このベクトルの単位法線ベクトルは, \[\pm (\cos\theta,\ \sin\theta ).\] $\overrightarrow{\mathrm{QP}}$ は $\vec n = (\cos\theta,\ \sin\theta )$ に平行で長さが $\mathrm{PQ} = \mathrm{OA}-\stackrel{\frown}{\mathrm{OQ}} = 2\pi -\theta$ のベクトルだから, \begin{align*} &\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \overrightarrow{\mathrm{OQ}}+\overrightarrow{\mathrm{QP}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}+(2\pi -\theta )\vec n \\ &= (\sin\theta,\ 1-\cos\theta )+(2\pi -\theta )(\cos\theta,\ \sin\theta ) \\ &= (\sin\theta+(2\pi -\theta )\cos\theta,\ 1-\cos\theta +(2\pi -\theta )\sin\theta ). \end{align*}
(2)
\begin{align*} x &= \sin\theta+(2\pi -\theta )\cos\theta, \\ y &= 1-\cos\theta +(2\pi -\theta )\sin\theta \end{align*} とおくと, \begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= (2\pi -\theta )\sin (2\pi -\theta ), \\ \frac{dy}{d\theta} &= (2\pi -\theta )\cos (2\pi -\theta ). \end{align*} よって, \begin{align*} L &= \int _0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta \\ &= \int _0^{2\pi}(2\pi -\theta )d\theta \\ &= \left[ 2\pi\theta -\frac{\theta ^2}{2}\right] _0^{2\pi} \\ &= 2\pi ^2. \end{align*}

問題≪放物線上を走る車の内輪差≫

 放物線 $C:y = \dfrac{x^2}{2}\ (0 \leqq x \leqq 1)$ 上の点 $\mathrm P(x,\ y)$ からの距離が $1$ である $C$ の上方にある点を $\mathrm Q$ とおく.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ を $x$ を用いて表せ.
(2)
点 $\mathrm P$ が $C$ 上を動くとき, $\mathrm P$ が描く曲線の長さ $L$ と $\mathrm Q$ が描く曲線の長さ $M$ の差を求めよ.

解答例

(1)
$y' = x$ より, 点 $\mathrm P$ における接線の傾きは $1.$ よって, $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ は $(1,\ x)$ の単位法線ベクトルで, 点 $\mathrm Q$ は $C$ の上方にあるから, \[\overrightarrow{\mathrm{PQ}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}(-x,\ 1).\] したがって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OP}}+\overrightarrow{\mathrm{PQ}} \\ &= \left( x,\ \frac{x^2}{2}\right) +\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}(-x,\ 1) \\ &= \left( x-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}},\ \frac{x^2}{2}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right). \end{align*}
(2)
\begin{align*} u &= x-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}, \\ v &= \frac{x^2}{2}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \end{align*} とおくと, \begin{align*} \frac{du}{dx} &= 1-\frac{1\cdot\sqrt{1+x^2}-x\cdot\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} \\ &= 1-\frac{1+x^2-x^2}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} = 1-\frac{1}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} \\ \frac{dv}{dx} &= x-\frac{2x}{2(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} = x\cdot\frac{du}{dx}. \end{align*} よって, \begin{align*} \sqrt{\left(\frac{du}{dx}\right) ^2+\left(\frac{dv}{dx}\right) ^2} &= \sqrt{1+x^2}\frac{du}{dx} \\ &= \sqrt{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} &L-M \\ &= \int _0^1\!\!\sqrt{1+\!\!\left(\frac{dy}{dx}\right) ^2}dx-\int _0^1\!\!\sqrt{\left(\frac{du}{dx}\right) ^2\!\!+\!\!\left(\frac{dv}{dx}\right) ^2}dx \\ &= \int _0^1\sqrt{1+x^2}dx-\int _0^1\left(\sqrt{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)dx \\ &= \int _0^1\frac{dx}{1+x^2} = \frac{\pi}{4}. \end{align*}