有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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曲線の長さ

曲線の長さ(媒介変数表示)

定義≪平面曲線≫

 ある実数値連続関数 $f(t),$ $g(t)$ $(a \leqq t \leqq b)$に対して \[ x = f(t), \quad y = g(t) \quad (a \leqq t \leqq b)\] で定義される点 $(x,y)$ 全体のなす集合を平面曲線(plane curve)または単に曲線と呼ぶ.

定義≪平面曲線の長さ≫

 平面曲線 $C:x = f(t),$ $y = g(t)$ $(a \leqq t \leqq b)$に対して, $C$ 上の任意個の点 \[\mathrm P_k(f(t_k),g(t_k)), \quad a = t_0 < t_1 < \cdots < t_n = b\] を順に結ぶ折れ線の長さ \[\sum_{k = 1}^n\mathrm P_{k-1}\mathrm P_k\] の上限(どの折れ線の長さよりも大きい実数の最小値)が存在するとき, その値を $C$ の長さ(length)と呼ぶ.

定理≪平面曲線の長さ≫

(1)
閉区間 $[a,b]$ で連続で開区間 $(a,b)$ で微分可能な実数値関数 $f(t),$ $g(t)$ の導関数が連続であるとき, 平面曲線 $x = f(t),$ $y = g(t)$ $(a \leqq t \leqq b)$ の長さ $L$ は \[ L = \int _a^b\sqrt{f'(t)^2+g'(t)^2}dt\] である.
(2)
閉区間 $[a,b]$ で連続で開区間 $(a,b)$ で微分可能な実数値関数 $f(x)$ の導関数が連続であるとき, $f(x)$ のグラフ $y = f(x)$ $(a \leqq x \leqq b)$ の長さ $L$ は \[ L = \int _a^b\sqrt{1+f'(x)^2}dx\] である.
(3)
閉区間 $[a,b]$ で連続で開区間 $(a,b)$ で微分可能な実数値関数 $r(\theta )$ の導関数が連続であるとき, 極方程式 $r = r(\theta )$ $(a \leqq \theta \leqq b)$ で表された曲線の長さ $L$ は \[ L = \int _a^b\sqrt{r(\theta )^2+r'(\theta )^2}d\theta\] である.

証明

(2)
(1) において $f(t),$ $g(t)$ をそれぞれ $t,$ $f(t)$ に置き換えると, 求める等式が得られる.
(3)
$x = r(\theta )\cos\theta,$ $y = r(\theta )\sin\theta$ とおくと, \begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= r'(\theta )\cos\theta -r(\theta )\sin\theta, \\ \quad \frac{dy}{d\theta} &= r'(\theta )\sin\theta +r(\theta )\cos\theta \end{align*} となるから, \begin{align*} &\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 \\ &\!=\! \{ r'(\theta )\!\cos\theta\!-\!r(\theta )\!\sin\theta\} ^2\!+\!\{ r'(\theta )\!\sin\theta\!+\!r(\theta )\!\cos\theta\} ^2 \\ &\!= r(\theta )^2(\cos ^2\theta +\sin ^2\theta )+r'(\theta )^2(\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) \\ &= r(\theta )^2+r'(\theta )^2 \end{align*} であり, \[ L = \int _a^b\sqrt{r(\theta )^2+r'(\theta )^2}d\theta\] が成り立つ.

問題≪サイクロイドの長さ≫

 サイクロイド \[ x = \theta -\sin\theta, \quad y = 1-\cos\theta \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )\] の長さ $L$ を求めよ. 

解答例

 $x = \theta -\sin\theta,$ $y = 1-\cos\theta$ を $\theta$ で微分すると \[\frac{dx}{d\theta} = 1-\cos\theta, \quad \frac{dy}{d\theta} = \sin\theta\] となるから \begin{align*} \left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 &= (1-\cos\theta )^2+\sin ^2\theta \\ &= 1-2\cos\theta +\cos ^2\theta +\sin ^2\theta \\ &= 2-2\cos\theta = 4\sin ^2\frac{\theta}{2} \\ \end{align*} であり, $0 \leqq \theta \leqq 2\pi$ において $\sin\dfrac{\theta}{2} \geqq 0$ である. ゆえに, 求める曲線の長さは, \begin{align*} L &= \int_0^{2\pi}\sqrt{4\sin ^2\frac{\theta}{2}}d\theta \\ &= 2\int_0^{2\pi}\sin\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 2\left[ -2\cos\frac{\theta}{2}\right] _0^{2\pi} \\ &= 2\cdot (-2)(-1-1) = 8 \end{align*} である.

問題≪カージオイドの長さ≫

 カージオイド \[ x \!=\! (1\!+\!\cos\theta )\cos\theta,\ y \!=\! (1\!+\!\cos\theta )\sin\theta \quad (-\pi \!\leqq\! \theta \!\leqq\! \pi )\] の長さ $L$ を求めよ.

解答例

 $x = (1+\cos\theta )\cos\theta,$ $y = (1+\cos\theta )\sin\theta$ を $\theta$ で微分すると \begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= (-\sin\theta )\cos\theta +(1+\cos\theta )(-\sin\theta ) \\ &= -2\sin\theta\cos\theta -\sin\theta \\ &= -\sin 2\theta -\sin\theta, \\ \frac{dy}{d\theta} &= (-\sin\theta )\sin\theta +(1+\cos\theta )\cos\theta \\ &= (\cos ^2\theta -\sin ^2\theta )+\cos\theta \\ &= \cos 2\theta +\cos\theta \end{align*} となるから \begin{align*} &\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 \\ &= (-\sin 2\theta -\sin\theta )^2+(\cos 2\theta +\cos\theta )^2 \\ &= \sin ^22\theta +2\sin 2\theta\sin\theta +\sin ^2\theta \\ &\qquad +\cos ^22\theta +2\cos 2\theta\cos\theta +\cos ^2\theta \\ &= 2+2\cos (2\theta -\theta ) \\ &= 2(1+\cos\theta ) \\ &= 4\cos ^2\frac{\theta}{2} \end{align*} であり, $-\pi \leqq \theta \leqq \pi$ において $\cos\dfrac{\theta}{2} \geqq 0$ である. ゆえに, 求める曲線の長さは, \begin{align*} L &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{4\cos ^2\frac{\theta}{2}}d\theta \\ &= 2\int_{-\pi}^\pi\cos\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 4\int_0^\pi\cos\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 4\left[ 2\sin\frac{\theta}{2}\right] _0^\pi \\ &= 4\cdot 2(1-0) = 8 \end{align*} である.

別解

 この曲線は極方程式 \[ r = 1+\cos\theta \quad (-\pi \leqq \theta \leqq \pi )\] で表されるから, 求める曲線の長さは, \begin{align*} L &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right) ^2}d\theta \\ &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{(1+\cos\theta )^2+(-\sin\theta )^2}d\theta \\ &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{1+2\cos\theta +\cos ^2\theta +\sin ^2\theta}d\theta \\ &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{2(1+\cos\theta )}d\theta \\ &= \int_{-\pi}^\pi\sqrt{4\cos ^2\frac{\theta}{2}}d\theta \\ &= 2\int_{-\pi}^\pi\cos\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 4\int_0^\pi\cos\frac{\theta}{2}d\theta \\ &= 4\left[ 2\sin\frac{\theta}{2}\right] _0^\pi \\ &= 4\cdot 2(1-0) = 8 \end{align*} である.

問題≪アステロイドの長さ≫

 アステロイド \[ x = \cos ^3\theta, \quad y = \sin ^3\theta \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )\] の長さ $L$ を求めよ.

別解

\[\cos ^3(2\pi -\theta ) = \cos ^3\theta, \quad \sin ^3(2\pi -\theta ) = -\sin ^3\theta\] から曲線は $x$ 軸に関して対称であり, \[\cos ^3(\pi -\theta ) = -\cos ^3\theta, \quad \sin ^3(\pi -\theta ) = \sin ^3\theta\] から曲線は $y$ 軸に関して対称である. よって, \[ L = 4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta\] である. $x = \cos ^3\theta,$ $y = \sin ^3\theta$ を $\theta$ で微分すると \[\frac{dx}{d\theta} = -3\cos ^2\theta\sin\theta, \quad \frac{dy}{d\theta} = 3\sin ^2\theta\cos\theta\] となるから \begin{align*} &\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 \\ &= (-3\cos ^2\theta\sin\theta )^2+(3\sin ^2\theta\cos\theta )^2 \\ &= 9\cos ^4\theta\sin ^2\theta +9\sin ^4\theta\cos ^2\theta \\ &= 9\sin ^2\theta\cos ^2\theta (\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) \\ &= \frac{9}{4}(2\sin\theta\cos\theta )^2 \\ &= \frac{9}{4}\sin ^22\theta \end{align*} であり, $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $\sin 2\theta \geqq 0$ である. ゆえに, 求める曲線の長さは, \begin{align*} L &= 4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{9}{4}\sin ^22\theta}d\theta \\ &= 4\cdot\frac{3}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin 2\theta d\theta \\ &= 6\left[ -\frac{\cos 2\theta}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= -3(-1-1) = 6 \end{align*} である.

問題≪円の伸開線の長さ≫

 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 $\mathrm B$ とおき, $C$ 上の点 $\mathrm Q$ まで糸を巻き付けたとき, $\theta = \angle\mathrm{OBQ}$ とおく. $\theta$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を表せ.
(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*} であり, この単位法線ベクトルは \[\pm (\cos\theta,\ \sin\theta )\] である. $\overrightarrow{\mathrm{QP}}$ 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*} である.
(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} &= \cos\theta -\cos\theta +(2\pi -\theta )(-\sin\theta ) \\ &= -(2\pi -\theta )\sin\theta, \\ \frac{dy}{d\theta} &= \sin\theta -\sin\theta +(2\pi -\theta )\cos\theta \\ &= (2\pi -\theta )\cos\theta \end{align*} となる. よって, 求める曲線の長さは, \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*} である.

背景

 ある図形にたるみなく巻きつけられたひもをたるみなくほどいていくとき, ひもの先端が描く軌跡はその図形の「伸開線」(involute)と呼ばれる.

問題≪らせんの長さ≫

(A)
(1)
$x \geqq 0$ で定義された関数 $f(x) = \log (x+\sqrt{1+x^2})$ について, 導関数 $f'(x)$ を求めよ.
(2)
極方程式 $r = \theta$ で定義される曲線の, $0 \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分の長さ $L$ を求めよ.
(参考: 2002 京都大)
(B)
極方程式 $r = e^\theta$ で定義される曲線の, $0 \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分の長さ $L$ を求めよ.

解答例

(A)
(1)
$\{ \log u(x)\}' = \dfrac{u'(x)}{u(x)}$ から, \begin{align*} f'(x) &= \frac{1+\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}} = \frac{\dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \end{align*} である.
(2)
曲線 $r = \theta\ (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )$ について, $x = r\cos\theta,$ $y = r\sin\theta$ とおく. このとき, \begin{align*} &\frac{dx}{d\theta} = \cos\theta -\theta\sin\theta, \\ &\frac{dy}{d\theta} = \sin\theta +\theta\cos\theta, \\ &\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 = 1+\theta ^2 \end{align*} から \begin{align*} L &= \int_0^{2\pi}\sqrt{1+\theta ^2}d\theta \\ &= [\theta\sqrt{1+\theta ^2}]_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}\frac{\theta ^2}{\sqrt{1+\theta ^2}}d\theta \\ &= 2\pi\sqrt{1+4\pi ^2}-\int_0^{2\pi}\frac{1+\theta ^2-1}{\sqrt{1+\theta ^2}}d\theta \\ &= 2\pi\sqrt{1+4\pi ^2}-L+\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{\sqrt{1+\theta ^2}}, \\ 2L &= 2\pi\sqrt{1+4\pi ^2}+[\log (\theta +\sqrt{1+\theta ^2})]_0^{2\pi} \\ &= 2\pi\sqrt{1+4\pi ^2}+\log(2\pi +\sqrt{1+4\pi ^2}) \end{align*} となるので, 求める長さは \[ L = \pi\sqrt{1+4\pi ^2}+\frac{1}{2}\log(2\pi +\sqrt{1+4\pi ^2})\] である.
(B)
曲線 $r = e^\theta\ (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )$ について, $x = r\cos\theta,$ $y = r\sin\theta$ とおく. このとき, \begin{align*} &\frac{dx}{d\theta} = e^\theta (\cos\theta -\sin\theta ), \\ &\frac{dy}{d\theta} = e^\theta (\sin\theta +\cos\theta ), \\ &\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2 \\ &= e^{2\theta}(\cos\theta -\sin\theta )^2+e^{2\theta}(\sin\theta +\cos\theta )^2 \\ &= 2e^{2\theta} \end{align*} となるので, 求める長さは \[ L = \int_0^{2\pi}\sqrt 2e^\theta d\theta = \sqrt 2[e^\theta ]_0^{2\pi} = \sqrt 2(e^{2\pi}-1)\] である.

別解

(A)
(2)
求める曲線の長さは \[ L = \int_0^{2\pi}\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right) ^2}d\theta = \int_0^{2\pi}\sqrt{\theta ^2+1}d\theta\] で, 以下同様である.
(B)
求める曲線の長さは, \begin{align*} L &= \int_0^{2\pi}\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right) ^2}d\theta = \int_0^{2\pi}\sqrt{e^{2\theta}+e^{2\theta}}d\theta \\ &= \sqrt 2\int_0^{2\pi}e^\theta d\theta = \sqrt 2[e^\theta ]_0^{2\pi} = \sqrt 2(e^{2\pi}-1) \end{align*} である.

曲線の長さ(関数のグラフ)

問題≪懸垂線の長さ≫

 $f(x) = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ とおく. 曲線 $y = f(x)$ 上の点 $\mathrm P(t,f(t))\ (t \geqq 0)$ における接線に点 $\mathrm H(t,0)$ から下ろした垂線の足を $\mathrm Q$ とおく. 次のことを示せ.
(1)
曲線 $y = f(x)$ 上の点 $\mathrm A(0,f(0))$ から $\mathrm P$ までの弧長 $\overset{\frown}{\mathrm{AP}}$ は $f'(t)$ に等しい.
(2)
$\overset{\frown}{\mathrm{AP}} = \mathrm{PQ}$ が成り立つ.
(参考: 室蘭工業大)

解答例

(1)
$f'(x) = \dfrac{e^x-e^{-x}}{2},$ $f''(x) = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} = f(x) \geqq 0$ から \begin{align*} 1+f'(x)^2 &= 1\!+\!\left(\frac{e^x\!-\!e^{-x}}{2}\right) ^2 \!= 1\!+\!\frac{e^{2x}\!-\!2\!+\!e^{-2x}}{4} \\ &= \frac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4} = \left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right) ^2 \\ &= f(x)^2 = f''(x)^2 \end{align*} であるので, \begin{align*} \overset{\frown}{\mathrm{AP}} &= \int_0^t\sqrt{1+f'(x)^2}dx = \int_0^tf''(x)dx \\ &= \left[ f'(x)\right] _0^t = f'(t) \end{align*} が成り立つ.
(2)
直線 $\mathrm{QH}$ は点 $(t,0)$ を通り, 接線 $\mathrm{PQ}$ に垂直であるから, その方程式は
$y = -\dfrac{1}{f'(t)}(x-t)$ つまり $x+f'(t)y-t = 0$
である. よって, 点 $\mathrm P(t,f(t))$ と直線 $\mathrm{QH}$ の距離は \begin{align*} \mathrm{PQ} &= \frac{|t+f'(t)f(t)-t|}{\sqrt{1+f'(t)^2}} = \frac{f'(t)f(t)}{f(t)} \\ &= f'(t) = \overset{\frown}{\mathrm{AP}} \end{align*} である.

背景

 両端を持って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, $y = a\cosh\dfrac{x}{a}$ ($a > 0$)と表されることが知られている. ここで, $\cosh x = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ は「双曲線関数」(hypabolic function)である. その名の通り, $\sinh x = \dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$ との間には, $(\cosh x)^2-(\sinh x)^2 = 1$ という関係がある.

問題≪放物線の長さ≫

(1)
不定積分 $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$ を求めよ.
(ヒント: $t = x+\sqrt{x^2+a^2}$ と置換する.)
(2)
不定積分 $\displaystyle\int\sqrt{x^2+a^2}dx$ を求めよ.
(ヒント: $\sqrt{x^2+a^2} = (x)'\sqrt{x^2+a^2}$ とみなす.)
(3)
放物線 $y = x^2$ $(0 \leqq x \leqq 1)$ の長さ $L$ を求めよ.

解答例

(1)
$t = x+\sqrt{x^2+a^2}$ とおくと, \[\frac{dt}{dx} = 1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+a^2}} = \frac{t}{\sqrt{x^2+a^2}}\] から \[\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\cdot\frac{dx}{dt} = \frac{1}{t}\] となるので, 求める不定積分は \begin{align*} &\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \int\frac{dt}{t} \\ &= \log t+C = \log (x+\sqrt{x^2+a^2})+C \end{align*} である.
(2)
\begin{align*} &\int\sqrt{x^2+a^2}dx = \int (x)'\sqrt{x^2+a^2}dx \\ &= x\sqrt{x^2+a^2}-\int x\cdot\frac{2x}{2\sqrt{x^2+a^2}}dx \\ &= x\sqrt{x^2+a^2}-\int\frac{x^2+a^2-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx \\ &= x\sqrt{x^2+a^2}-\int\sqrt{x^2+a^2}dx+a^2\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \end{align*} と (1) の結果から, \begin{align*} &\int\sqrt{x^2+a^2}dx \\ &= \frac{1}{2}\left( x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left\{ x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\log (x+\sqrt{x^2+a^2})\right\} +C \end{align*} である.
(3)
(2) の結果から, \begin{align*} L &= \int_0^1\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right) ^2}dx \\ &= \int_0^1\sqrt{1+(2x)^2}dx = 2\int_0^1\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}dx \\ &= 2\cdot\frac{1}{2}\left[ x\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}+\frac{1}{4}\log\left( x+\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}\right)\right] _0^1 \\ &= \frac{\sqrt 5}{2}+\frac{1}{4}\log\left( 1+\frac{\sqrt 5}{2}\right) -\frac{1}{4}\log\frac{1}{2} \\ &= \frac{\sqrt 5}{2}+\frac{1}{4}\log\frac{1+\dfrac{\sqrt 5}{2}}{\dfrac{1}{2}} = \frac{\sqrt 5}{2}+\frac{1}{4}\log (2+\sqrt 5) \end{align*} である.

別解 0

(2)
$t = x+\sqrt{x^2+a^2}$ とおく. このとき, $t-x = \sqrt{x^2+a^2}$ から $(t-x)^2 = x^2+a^2,$ $t^2-2xt = a^2,$ よって \[ x = \frac{1}{2}\left( t-\frac{a^2}{t}\right)\] となる. また, \[\frac{dx}{dt} = \frac{1}{2}\left( 1+\frac{a^2}{t^2}\right)\] であり, \begin{align*} x^2+a^2 &= \frac{1}{4}\left( t-\dfrac{a^2}{t}\right) ^2+a^2 \\ &= \frac{1}{4}\left( t^2-2a^2+\frac{a^4}{t^2}+4a^2\right) \\ &= \frac{1}{4}\left( t^2+2a^2+\frac{a^4}{t^2}\right) = \frac{1}{4}\left( t+\frac{a^2}{t}\right) ^2, \\ t+\frac{a^2}{t} &= 2\sqrt{x^2+a^2}, \\ t-\frac{a^2}{t} &= 2x \end{align*} であるから, 求める不定積分は \begin{align*} &\int\sqrt{x^2+a^2}dx \\ &= \int\sqrt{\frac{1}{4}\left( t+\frac{a^2}{t}\right) ^2}\cdot\frac{1}{2}\left( 1+\frac{a^2}{t^2}\right) dt \\ &= \int\frac{1}{2}\left( t+\frac{a^2}{t}\right)\cdot\frac{1}{2}\left( 1+\frac{a^2}{t^2}\right) dt \\ &= \frac{1}{4}\int\left( t+\frac{2a^2}{t}+\frac{a^4}{t^3}\right) dt \\ &= \frac{1}{4}\left(\frac{t^2}{2}+2a^2\log t-\frac{a^4}{2t^2}\right) +C \\ &= \frac{1}{8}\left( t^2-\frac{a^4}{t^2}\right) +\frac{a^2}{2}\log t+C \\ &= \frac{1}{8}\left( t+\frac{a^2}{t}\right)\left( t-\frac{a^2}{t}\right) +\frac{a^2}{2}\log t+C \\ &= \frac{1}{8}\!\cdot\!2\sqrt{x^2+a^2}\!\cdot\!2x\!+\!\frac{a^2}{2}\log (x\!+\!\sqrt{x^2\!+\!a^2})\!+\!C \\ &= \frac{1}{2}\left\{ x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\log (x+\sqrt{x^2+a^2})\right\} +C \end{align*} である.

別解 1

(1)
$x = \dfrac{1}{2}\left( t-\dfrac{a^2}{t}\right)$ $(t > 0)$ とおく. このとき, \[\frac{dx}{dt} = \frac{1}{2}\left( 1+\frac{a^2}{t^2}\right)\] であり, \begin{align*} &x^2+a^2 = \frac{1}{4}\left( t-\dfrac{a^2}{t}\right) ^2+a^2 \\ &= \frac{1}{4}\left( t^2-2a^2+\frac{a^4}{t^2}+4a^2\right) = \frac{1}{4}\left( t^2+2a^2+\frac{a^4}{t^2}\right) \\ &= \frac{1}{4}\left( t+\frac{a^2}{t}\right) ^2 = \frac{t^2}{4}\left( 1+\frac{a^2}{t^2}\right) ^2 \end{align*} である. また, $2xt = t^2-a^2$ つまり $t^2-2xt-a^2 = 0$ から \[ t = x+\sqrt{x^2+a^2}\] であるので, 求める不定積分は \begin{align*} \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int\frac{\dfrac{1}{2}\left( 1+\dfrac{a^2}{t^2}\right)}{\sqrt{\dfrac{t^2}{4}\left( 1+\dfrac{a^2}{t^2}\right) ^2}}dt \\ &= \int\frac{dt}{t} = \log t+C \\ &= \log (x+\sqrt{x^2+a^2})+C \end{align*} である.

別解 2

(1)
$t = \log (x+\sqrt{x^2+a^2})$ とおくと \begin{align*} \frac{dt}{dx} &= \frac{1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+a^2}}}{x+\sqrt{x^2+a^2}} = \frac{\sqrt{x^2+a^2}+x}{(x+\sqrt{x^2+a^2})\sqrt{x^2+a^2}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} \end{align*} から \[\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\cdot\frac{dx}{dt} = 1\] となるので, 求める不定積分は \begin{align*} \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int dt = t+C \\ &= \log (x+\sqrt{x^2+a^2})+C \end{align*} である.

別解 3

(1)
$x = \dfrac{e^t-a^2e^{-t}}{2}$ とおく. このとき, \[\frac{dx}{dt} = \frac{e^t+a^2e^{-t}}{2}\] であり, \begin{align*} &x^2+a^2 = \left(\frac{e^t-a^2e^{-t}}{2}\right) ^2+a^2 \\ &= \frac{1}{4}\left( e^{2t}-2a^2+a^4e^{-2t}+4a^2\right) \\ &= \frac{1}{4}\left( e^{2t}+2a^2+a^4e^{-2t}\right) = \frac{(e^t+a^2e^{-t})^2}{4} \end{align*} である. また, $2xe^t = e^{2t}-a^2$ つまり $e^{2t}-2xe^t-a^2 = 0$ から \[ e^t = x+\sqrt{x^2+a^2}, \quad t = \log (x+\sqrt{x^2+a^2})\] であるので, 求める不定積分は \begin{align*} \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int\frac{\dfrac{e^t+a^2e^{-t}}{2}}{\sqrt{\dfrac{(e^t+a^2e^{-t})^2}{4}}}dt \\ &= \int dt = t+C \\ &= \log (x+\sqrt{x^2+a^2})+C \end{align*} である.

背景

  • (1), (2) と同様に, \begin{align*} &\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \log |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C, \\ &\int\sqrt{x^2-a^2}dx \\ &= \frac{1}{2}\left\{ x\sqrt{x^2-a^2}-a^2\log |x+\sqrt{x^2-a^2}|\right\} +C \end{align*} が成り立つ.
  • 放物線の弧長のように, 楕円の弧長を「初等関数」(整関数, 指数関数, 対数関数, 三角関数, 逆三角関数と, それらの合成関数)で求めることはできない. $0 < c < 1$ のとき, 楕円 $y = c\sqrt{1-x^2}$ $(0 \leqq x \leqq t)$ の長さは, $k = \sqrt{1-c^2}$ とおくと \begin{align*} &\int_0^t\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right) ^2}dx = \int_0^t\sqrt{1+\left(\frac{-2cx}{2\sqrt{1-x^2}}\right) ^2}dx \\ &= \int_0^t\sqrt{\frac{1-x^2+c^2x^2}{1-x^2}}dx = \int_0^t\sqrt{\frac{1-k^2x^2}{1-x^2}}dx \end{align*} という定積分で表せる. この形の定積分は「第二種楕円積分」(Elliptic integral of the second kind)と呼ばれ,「初等関数」では表せないことが知られている.