曲線の長さ

== 曲線の長さ ==

【公式】
○媒介変数表示で表される曲線x=f(t) , y=g(t)の区間α≦t≦βにおける曲線の長さは
$L=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt$
○x ,y直交座標で表される曲線y=f(x)の区間a≦x≦bにおける曲線の長さは
$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$
○極座標で表される曲線r=f(θ)の区間α≦θ≦βにおける曲線の長さは
$L=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta$
※極座標で表される曲線の長さの公式は，高校向けの教科書や参考書には掲載されていないが，媒介変数表示で表される曲線と解釈すれば解ける．（［→例］）

（解説）

　ピタグラスの定理（三平方の定理）により，横の長さがΔx，縦の長さがΔyである直角三角形の斜辺の長さΔLは
$\Delta L=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$
したがって
$\frac{\Delta L}{\Delta t}=\sqrt{\left(\frac{\Delta x}{\Delta t}\right)^2+\left(\frac{\Delta y}{\Delta t}\right)^2}$
$\frac{dL}{dt}=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}$
$L=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt$

○x ,y直交座標ではx=tとおけば上記の公式が得られる．
$\frac{dx}{dt}\rightarrow \frac{dx}{dx}=1, \frac{dy}{dt}\rightarrow \frac{dy}{dx}, td\rightarrow dx$ により
$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$

図で言えば $dL^2=(dx)^2 + (y'dx)^2$ だから
$dL=\sqrt{1 + (y')^2}dx$

$L=\int_a^b\sqrt{1 + (y')^2}dx$

○極座標でr=f(θ)のとき，媒介変数をθに選べば

$x=r\cos \theta=f(\theta)\cos \theta$
$y=r\sin \theta=f(\theta)\sin \theta$

となるから

$\frac{dx}{d\theta}=f'(\theta)\cos \theta + f(\theta)(-\sin \theta)$
$\frac{dy}{d\theta}=f'(\theta)\sin \theta + f(\theta)\cos \theta$

$\left(\frac{dx}{d\theta} \right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta} \right)^2$
$=f'(\theta)^2\cos ^2\theta -2 f'(\theta)f(\theta)\sin \theta\cos \theta + f(\theta)^2 \sin ^2\theta$
$+f'(\theta)^2\sin ^2\theta + 2f'(\theta)f(\theta)\sin \theta\cos \theta + f(\theta)^2 \cos ^2\theta$
$=f'(\theta)^2 + f(\theta)^2=r^2 + f'(\theta)^2$
$L=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta$

極座標でrが一定ならば，弧の長さはdL=rdθで求められるが，一般にはrも変化する．
そこで， $dL=\sqrt{(rd\theta)^2+(dr)^2}$
$=\sqrt{r^2+(\frac{dr}{d\theta})^2}\cdot d\theta$ の形になる

■以下の問題を全部を解く必要はない．できそうな，または，気になる問題をそれぞれの○から２題ほど解けばよい．

詳細の[ ? ]の欄をクリックすれば，解説が出ます ○媒介変数表示

	問題	答	詳細
(1.1)	サイクロイド $x=a(t-\sin t)$ $y=a(1-\cos t)$ a>0 , 0≦t≦2π	8a	[?]
(1.2)	アステロイド $x=a\cos^3 \theta$ $y=a\sin ^3\theta$ a>0 , 0≦t≦2π	6a	[?]
(1.3)	$x=t^2$ $y=\frac{t^3}{3}$ 0≦t≦1	$\frac{1}{3}(5\sqrt{5}-8)$	[?]
(1.4)	$x=\sqrt{3}t^2$ $y=t-t^3$ 0≦t≦1	$2$	[?]

○x ,y直交座標

	問題	答	詳細
(2.1)	懸垂曲線（カテナリ－） $y=\frac{1}{2}(e^x + e^{-x})$ 0≦x≦1	$\frac{1}{2}(e-\frac{1}{e})$	[?]
(2.2)	$y=\frac{2}{3}x\sqrt{x}$ 0≦x≦1	$\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1)$	[?]
(2.3)	円 $x^2 + y^2=a^2$ a>0	2πa	[?]
(2.4)	放物線 $y=x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 1)$ の長さを $L_1$ とし，放物線 $y=\frac{1}{2}x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 2)$ の長さを $L_2$ とするとき， $L_1$ ， $L_2$ の関係は？	L2=2L1	[?]

○極座標

	問題	答	詳細
(3.1)	心臓形（カージオイド） $r=a(1+ \cos \theta)$ a>0 , 0≦θ≦2π	8a	[?]
(3.2)	半円 $r=2a\cos \theta$ $a\gt 0, 0 \underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{2}$	πa	[?]
(3.3)	対数螺旋（等角螺旋, ベルヌーイの螺旋） $r=e^{\theta}$ $0 \underline{\le} \theta \underline{\le} 2\pi$	$\sqrt{2}(e^{2\pi}-1)$	[?]
(3.4)	関数 $F(x)$ を $F(x)=\int_0^x \sqrt{1+ t^2}dt$ で定義するとき，アルキメデスの螺旋 $r=a\theta (a\gt 0, 0\underline{\le} \theta \underline{\le} 4\pi)$ の長さを $F$ で表すと？	aF(4π)	[?]

(1-1)　サイクロイド

$x=a(t-\sin t)$
$y=a(1-\cos t)$
a>0 , 0≦t≦2π

（答案）
$\frac{dx}{dt}=a(1-\cos t)$
$\frac{dy}{dt}=a\sin t$
だから
$(\frac{dx}{dt})^2+(\frac{dy}{dt})^2=a^2(1-\cos t)^2+a^2\sin^2 t$
$=a^2(1-2\cos t+\cos^2t+\sin^2t)$
$=a^2(2-2\cos t)$
$=2a^2(1-\cos t)$
$=2a^2\cdot 2\sin ^2 \frac{t}{2}$

$0\underline{\le} t \underline{\le} 2\pi$ のとき $0\underline{\le} \frac{t}{2} \underline{\le} \pi$ だから
$0\underline{\le} \frac{t}{2}\underline{\le} \pi$ → $\sin \frac{t}{2}\underline{\ge} 0$
$\sqrt{(\frac{dx}{dt})^2+(\frac{dy}{dt})^2}=2a\sin \frac{t}{2}$
したがって
$L=\int_0^{2\pi}2a\sin \frac{t}{2}dt$
$=2a\left[-2\cos \frac{t}{2}\right]_0^{2\pi}$
$=2a(-2\cos \pi+ 2\cos 0)=8a$

(1-2)　アステロイドの全長

$x=a\cos^3 \theta$
$y=a\sin ^3\theta$
a>0 , 0≦θ≦2π

x軸についても，y軸についても対称となるから，
$0\underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{2}$
の区間の長さを４倍すればよい．

（答案）
$\frac{dx}{d\theta}=3a\cos^2\theta(-\sin\theta)$
$\frac{dy}{d\theta}=3a\sin^2\theta\cos\theta$
だから
$(\frac{dx}{dt})^2+(\frac{dy}{dt})^2=9a^2\cos^4t\sin^2 t+ 9a^2\sin^4 t\cos^2 t$
$=9a^2\sin^2 t\cos^2 t(\cos^2t + \sin^2 t)$
$=9a^2\sin^2 t\cos^2 t$
$=9a^2 \left( \frac{\sin 2t}{2} \right)^2=\frac{9}{4}a^2\sin^2 2\theta$

$0\underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{2}$ のとき $0\underline{\le} 2\theta \underline{\le} \pi$ → $\sin2\theta \underline{\ge} 0$
だから
$\sqrt{(\frac{dx}{dt})^2+(\frac{dy}{dt})^2}=\frac{3}{2}a\sin 2\theta$
$L=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{3}{2}a\sin 2\theta d\theta$
$=6a\left[-\frac{\cos 2\theta}{2} \right]_0^{\frac{\pi}{2}}$
$=6a\left( \frac{1}{2}+ \frac{1}{2} \right)=6a$

(1.3)　

$x=t^2$
$y=\frac{t^3}{3}$
0≦t≦1

（答案）
$\frac{dx}{dt}=2t$
$\frac{dy}{dt}=t^2$
だから
$\Bigl(\frac{dx}{dt}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{dy}{dt}\Bigr)^2=4t^2 + t^4=t^2(t^4 + 4)$

$s=t^2+ 4$ とおいて置換積分を行うと

$t$	$0\rightarrow 1$
$s$	$4\rightarrow 5$

$\frac{ds}{dt}=2t$

$L=\int_0^1 (t\sqrt{t^2+ 4})dt$
$=\int_4^5 ts^{\frac{1}{2}}\frac{ds}{2t}=\frac{1}{2}\int_4^5 s^{\frac{1}{2}}ds$
$=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3} \Bigl[s^{\frac{3}{2}} \Bigr]_4^5$
$=\frac{1}{3}(5\sqrt{5}-4\sqrt{4})$
$=\frac{1}{3}(5\sqrt{5}-8)$ …（答）

(1.4)　

$x=\sqrt{3}t^2$
$y=t-t^3$
0≦t≦1

（首都東京大学2005年）

（答案）
$\frac{dx}{dt}=2\sqrt{3}t$
$\frac{dy}{dt}=1-3t^2$
だから
$\Bigl(\frac{dx}{dt}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{dy}{dt}\Bigr)^2=12t^2 + 1-6t^2+ 9t^4$
$=9t^4 + 6t^2+1=(3t^2+1)^2$
$L=\int_0^1 (3t^2+1)dt=\left[t^3+t \right]_0^1=2$
…（答）

○x ,y直交座標

(2.1)　懸垂曲線（カテナリ－）

$y=\frac{1}{2}(e^x+e^{-x})$
0≦x≦1

（参考）
$y=\frac{a}{2}\left(e^{\frac{x}{a}}+ e^{-\frac{x}{a}}\right)$
の曲線は懸垂曲線（カテナリー）と呼ばれ，均質なロープを吊るすとこの曲線ができる．ここではa=1の簡単な場合を扱う．

（答案）
$y'=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})$
だから
$1+(y')^2=1+ \frac{1}{4}(e^x-e^{-x})^2$
$=\frac{4 + (e^x)^2 -2 + (e^{-x})^2}{4}$
$=\frac{ (e^x)^2 + 2 + (e^{-x})^2}{4}$
$=\left(\frac{e^x + e^{-x}}{2} \right)^2$
$\sqrt{1+ (y')^2}=\frac{e^x +e^{-x}}{2}$
したがって
$L=\int_0^1\frac{e^x +e^{-x}}{2}dx$
$=\left[\frac{e^x -e^{-x}}{2} \right]_0^1$
$=\frac{e^1 -e^{-1}}{2} -\frac{e^0 -e^{-0}}{2}$
$=\frac{1}{2}(e-\frac{1}{e})$

(2.2)　

$y=\frac{2}{3}x\sqrt{x}$
0≦x≦1

（答案）
$y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}$
だから
$y'=\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2}x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$
したがって
$L=\int_0^1\sqrt{1 + (y')^2}dx=\int_0^1\sqrt{1 + x}dx$
$=\int_0^1(1 + x)^{\frac{1}{2}}dx=\left[\frac{2}{3}(1+ x)^{\frac{3}{2}}\right]_0^1$
$=\frac{2}{3}(2^{\frac{3}{2}} -1)=\frac{2}{3}(2\sqrt{2} -1)$

(2.3)　円

$x^2 + y^2=a^2$
a>0

（答案）
　円はx軸，y軸に関して対称だから，第１象限にある長さL1を求めて，それを４倍すればよい．
　第１象限では
$y=\sqrt{a^2-x^2}=(a^2-x^2)^{\frac{1}{2}}$
$y'=\frac{1}{2}(a^2-x^2)^{-\frac{1}{2}}(-2x)=\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2}}$
$1+(y')^2=1+\frac{x^2}{a^2-x^2}=\frac{a^2}{a^2-x^2}$
だから

x=asinθとおいて置換積分を行うと

$x$	$0\rightarrow a$
$\theta$	$0\rightarrow \frac{\pi}{2}$

$\frac{dx}{d\theta}=a\cos \theta$

$L_1=\int_0^a \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}} dx$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{\sqrt{a^2-a^2\sin^2 \theta}} a\cos \theta d\theta$
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{a\cos \theta} a\cos \theta d\theta$
$=a\int_0^{\frac{\pi}{2}} d\theta = a \Bigl[ \theta \Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi a}{2}$

$L=4L_1=2\pi a$ …（答）

(2.4)　
放物線
$y=x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 1)$
の長さを $L_1$ とし，放物線
$y=\frac{1}{2}x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 2)$
の長さを $L_2$ とするとき， $L_1$ ， $L_2$ の関係は？

（答案）
$y_1=x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 1)$
とおくと
$y_1'=2x$
$L_1=\int_0^1 \sqrt{1+ (y_1')^2} dx=\int_0^1 \sqrt{1+ 4x^2} dx$ …(1)

$y_2=\frac{1}{2}x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 2)$
とおくと
$y_2'=x$
$L_2=\int_0^2 \sqrt{1+ (y_2')^2} dx=\int_0^2 \sqrt{1+ x^2} dx$ …(2)

x=2tとおく置換積分を行うと

x	0 → 2
t	0 → 1

$\frac{dx}{dt}=2$

(2)を変形すると
$L_2=\int_0^1 \sqrt{1+ 4t^2} \cdot 2dt$
$=2\int_0^1 \sqrt{1+ 4t^2} dt$
$=2L_1$ …（答）

（参考１）
$\int \sqrt{x^2 + A} dx(A \neq 0)$ の積分計算を行うと
$\frac{1}{2}(x\sqrt{x^2+ A}+ A log|x+\sqrt{x^2 + A}|)$
になりますが，この「公式」を覚えるのは大変ですし，高校生が覚える必要もないでしょう．また，三角関数を経由して置換積分で求めるのも長い道のりになります．
　ここでは，定積分を数値に直さずに比較だけを行う問題にしました．

（参考２）
$y=\frac{1}{2}x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 2)$
上の点を $Q(X,Y)$ とすると
$X=2x, Y=2y$ となる点 $P(x,y)$ は
$(2y)=\frac{1}{2}(2x)^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 1)$
すなわち
$y=x^2 (0\underline{\le} x \underline{\le} 1)$
上にあります．
　したがって，これら２つの曲線は原点を中心として相似比１：２の相似図形になります．相似図形については，面積比（例えば右図の水色の図形［下は重なって見えていない］と桃色の図形）は１：４ですが，辺の長さの比は１：２になります．この辺の長さの比は，この問題のように曲線になっていても相似比と一致します．

○極座標

(3.1)心臓形（カージオイド）

$r=a(1+ \cos \theta)$
a>0 , 0≦θ≦2π

（答案）
$\frac{dr}{d\theta}=a(-\sin \theta)$
$r^2+ (\frac{dr}{d\theta})^2=a^2(1+ \cos \theta)^2 + a^2\sin^2\theta$
$=a^2(1+ 2\cos \theta + \cos^2 \theta + \sin^2\theta)$
$=a^2(2+ 2\cos \theta)$
$=2a^2(1+ \cos \theta)$
ところで，三角関数の２倍角公式により
$\cos 2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=2\cos^2\alpha - 1$
$1+ \cos 2\alpha=2\cos^2\alpha$
だから
$1+ \cos \theta=2\cos^2 \frac{\theta}{2}$
$r^2+ (\frac{dr}{d\theta})^2=2a^2\cdot 2\cos^2 \frac{\theta}{2}=4a^2\cos^2\frac{\theta}{2}$
したがって
$L=2a\int_0^{2\pi} \sqrt{\cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta$
ここで

x≧0のとき $\sqrt{x^2}=x$
x<0のとき $\sqrt{x^2}=-x$
に注意すると

(1)　0≦θ≦πのとき
$0\underline{\le} \frac{\theta}{2} \underline{\le} \frac{\pi}{2}$ → $\cos \frac{\theta}{2}\underline{\ge} 0$ だから
$L_1=2a\int_0^{\pi} \sqrt{\cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta=2a\int_0^{\pi}\cos \frac{\theta}{2}d\theta$
$=4a\left[ \sin \frac{\theta}{2} \right]_0^{\pi}=4a(1-0)=4a$

(2)　π≦θ≦2πのとき

グラフからx軸に関して（上下に）対称であることを考えると，下半分も同じ長さになることが使えるが，単純に計算で示すには次のようにやればよい．

$\frac{\pi}{2} \underline{\le} \frac{\theta}{2} \underline{\le} \pi$ → $\cos \frac{\theta}{2}\underline{\le} 0$ だから
$L_2=2a\int_{\pi}^{2\pi} \sqrt{\cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta=2a\int_{\pi}^{2\pi}(-\cos \frac{\theta}{2})d\theta$
$=4a\left[ -\sin \frac{\theta}{2} \right]_{\pi}^{2\pi}=4a(0+ 1)=4a$

　(1)(2)で求めた上半分の長さ $L_1$ と下半分の長さ $L_1$ を足すと
$L=L_1+L_2=8a$ …（答）

（参考）
　極方程式r=1+cosθ (0≦θ≦π)で表される曲線の長さを求めよ．

（京都大学2009年）

→　上記の答案でa=1 , 0≦θ≦πとすると，L1=4…（答）

［別解］･･･「高校では極座標の曲線の長さの公式は習わない」ことを前提にすると，これを回避する方法があるはず

x=rcosθ=(1+cosθ)cosθ
y=rsinθ=(1+cosθ)sinθ
として，媒介変数表示の場合の曲線の長さを求めるとよい．
$\frac{dx}{d\theta}=-\sin\theta\cdot\cos\theta+(1+\cos\theta)(-\sin\theta)$
$=-\sin\theta-2\sin\theta\cos\theta$
$=-\sin\theta-\sin 2\theta$
$\frac{dy}{d\theta}=-\sin\theta\cdot\sin\theta+(1+\cos\theta)\cos\theta$
$=\cos\theta+ \cos^2 \theta-\sin^2\theta$
$=\cos\theta+\cos 2\theta$
$(\frac{dx}{d\theta})^2 + (\frac{dy}{d\theta})^2$
$=\sin\theta^2 + 2\sin\theta\sin 2\theta + \sin^2 2\theta$
$+\cos\theta^2 + 2\cos\theta\cos 2\theta + \cos^2 2\theta$
$=2+ 2(\sin\theta\sin 2\theta + \cos\theta\cos 2\theta)$
$=2+ 2\cos\theta$

（∵） $\cos\alpha \cos\beta + \sin\alpha \sin\beta=\cos(\alpha-\beta)$
だから
$\cos2\theta \cos\theta + \sin2\theta \sin\theta=\cos(2\theta-\theta)=\cos\theta$

$=2(1+ \cos \theta)=2\cdot 2\cos^2 \frac{\theta}{2}$
以下の記述は上の答案と同様
0≦θ≦πのとき
$0\underline{\le} \frac{\theta}{2} \underline{\le} \frac{\pi}{2}$ → $\cos \frac{\theta}{2}\underline{\ge} 0$ だから
$L=2\int_0^{\pi} \sqrt{\cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta=2\int_0^{\pi}\cos \frac{\theta}{2}d\theta$
$=4\left[ \sin \frac{\theta}{2} \right]_0^{\pi}=4(1-0)=4$

(3.2)　半円

$r=2a\cos \theta$
$a\gt 0, 0 \underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{2}$

　円周角の定理を思い出すと，直径の上に立つ円周角は90°になるから，直径2aにcosθを掛けた2acosθ=OPとなればPは円周上にある．
　したがって，この問題の結果は小学校以来学んでいる半円の長さπaになるはずであるが，これを極座標での曲線の長さの計算で確かめることになる．

（答案）
$\frac{dr}{d\theta}=-2a\sin \theta$
$r^2+ (\frac{dr}{d\theta})^2=4a^2 \cos \theta^2 + 4a^2\sin^2\theta$
$r^2+ (\frac{dr}{d\theta})^2=4a^2 (\cos \theta^2 + \sin^2\theta)=4a^2$
だから
$L=\int_0^{ \frac{\pi}{2}} \sqrt{4a^2} d\theta=\int_0^{ \frac{\pi}{2}} 2a d\theta$
$=\Bigl[ 2a\theta \Bigr] _0^{\frac{\pi}{2}}=\pi a$

(3.3)　対数螺旋（等角螺旋）

$r=e^{\theta}$
$0 \underline{\le} \theta \underline{\le} 2\pi$

（参考）
$r=ae^{b\theta}$ のグラフは対数螺旋（または等角螺旋）と呼ばれ，巻貝，ヒマワリの種，台風の渦巻き，渦状銀河など自然界の多くの渦巻き状のものにこの形が見られる．
　ただし，蚊取り線香やアナログレコードのように線が等間隔に並んでいるものはアルキメデスの螺旋と呼ばれる別の渦巻きになる
　この問題ではa=1 , b=1の場合を扱っている

（答案）
$\frac{dr}{d\theta}=e^\theta$
$r^2+ (\frac{dr}{d\theta})^2=e^{2\theta} + e^{2\theta}=2e^{2\theta}$
だから
$L=\int_0^{2\pi} \sqrt{2e^{2\theta}}d\theta=\sqrt{2}\int_0^{2\pi} e^{\theta}d\theta$
$=\sqrt{2}\Bigl[ e^{\theta} \Bigr]_0^{2\pi}=\sqrt{2}(e^{2\pi}-1)$ …（答）

(3.4)　
関数 $F(x)$ を $F(x)=\int_0^x \sqrt{1+ t^2}dt$
で定義するとき，アルキメデスの螺旋
$r=a\theta (a\gt 0, 0\underline{\le} \theta \underline{\le} 4\pi)$
の長さを $F$ で表すと？

（答案）
$\frac{dr}{d\theta}=a$
$L=\int_0^{4\pi} \sqrt{r^2 + (\frac{dr}{d\theta})^2}d\theta$
$=\int_0^{4\pi} \sqrt{a^2\theta^2 + a^2}d\theta$
$=a\int_0^{4\pi} \sqrt{\theta^2 + 1}d\theta$
$=aF(4\pi)$ …（答）

（参考１）
$\int \sqrt{x^2 + A} dx(A \neq 0)$ の積分計算を行うと
$\frac{1}{2}(x\sqrt{x^2+ A}+ A log|x+\sqrt{x^2 + A}|)$
になりますが，この「公式」を覚えるのは大変ですし，高校生が覚える必要もないでしょう．また，三角関数を経由して置換積分で求める計算をすると曲線の長さを求める問題よりも積分の方にほとんどの時間を取られてしまいます．
　ここでは，定積分で定義される関数を利用して問題を簡潔にしました．

（参考２）
　アルキメデスの螺旋 $r=a\theta$ は１回転すると半径が $r=2a\pi$ ずつ増えるので，渦巻きが等間隔に並びます．

r1=aθ
r2=a(θ+2π)=aθ+2πa

　このような図形は，蚊取り線香やアナログレコードに見られます．
　右図は $a=1$ ， $0\underline{\le} \theta \underline{\le} 4\pi$ の場合のグラフ

問題次の曲線の長さを求めてください．

(1)　 $y=\sqrt{4-x^2}$ の $0 \underline{\le} x \underline{\le} 2$ の部分の長さ．
解説

2 4 π 2π 4π

消す $y'=\frac{1}{2}(4-x^2)^{-\frac{1}{2}}(-2x)=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}$
$1+(y')^2=1+ \frac{x^2}{4-x^2}=\frac{4}{4-x^2}$
$L= \int_0^2 \frac{2}{\sqrt{4-x^2}}dx$

$x=2\sin \theta$ とおく置換積分を行うと

x	0 → 2
θ	0 → $\frac{\pi}{2}$

$\frac{dx}{dt}=2\cos \theta$
$\sqrt{4-x^2}=\sqrt{4-4\sin^2 \theta}$
$=\sqrt{4(1-\sin^2 \theta)}=2\cos\theta$
（上記の範囲では $\cos\theta\underline{\ge} 0$ ）

$L= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2}{2\cos \theta} \cdot 2\cos \theta d\theta=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta$
$=2\Bigl[ \theta \Bigr]_0^{\frac{\pi}{2}}=2\cdot \frac{\pi}{2}=\pi$

（参考）
　この問題は，x , y座標で与えられた方程式から曲線の長さを求める問題なので，上記のように答えてもらえばＯＫです．
　図形的には，円x2+y2=4のうちのx≧0 , y≧0の部分なので，半径２の円のうちの第１象限の部分の長さ：2π×2÷4=πになります．

(2)　極座標で表される曲線 $r=2\sin\theta(0\underline{\le}\theta\underline{\le} \pi)$ の長さ．
解説

2 4 π 2π 4π

消す $\frac{dr}{d\theta}=2\cos\theta$
$r^2+(\frac{dr}{d\theta})^2=4\sin^2\theta + 4\cos^2\theta=4$
$L= \int_0^{\pi} 2 d\theta=\Bigl[ 2\theta \Bigr]_0^{\pi}=2\pi$
［高校の範囲で解いた場合］

x=rcosθ=2sinθcosθ=sin2θ
y=rsinθ=2sinθsinθ=1−cos2θ

（∵）cos2θ=1−2sin2より
2sin2θ=1+cos2θ

として，媒介変数表示の場合の曲線の長さを求めるとよい．
$\frac{dx}{d\theta}=2\cos2\theta$
$\frac{dy}{d\theta}=2\sin2\theta$
$(\frac{dx}{d\theta})^2 + (\frac{dy}{d\theta})^2=4\cos^2 2\theta + 4\sin^2 2\theta=4$
$L= \int_0^{\pi} \sqrt{4} d\theta=2\int_0^{\pi} d\theta=2\Bigl[ \theta \Bigr]_0^{\pi}=2\pi$

(3)　媒介変数で表される曲線

$x=\cos\theta+\theta\sin\theta$
$y=\sin\theta-\theta\cos\theta$
$(0\underline{\le} \theta \underline{\le} \pi)$
の長さ
解説

$\pi$ $\frac{\pi}{2}$ $\frac{\pi}{4}$ $\frac{\pi^2}{2}$ $\frac{\pi^2}{4}$

消す $\frac{dx}{d\theta}=-\sin\theta + \sin\theta + \theta \cos\theta=\theta\cos\theta$
$\frac{dy}{d\theta}=\cos\theta - \cos\theta + \theta \sin\theta=\theta\sin\theta$
$(\frac{dx}{d\theta})^2+(\frac{dy}{d\theta})^2=(\theta\cos\theta)^2 + (\theta\sin\theta)^2$
$=\theta^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta)=\theta^2$
$0\underline{\le} \theta \underline{\le} \pi$ のとき $\theta \underline{\ge} 0$
$L= \int_0^{\pi} \theta d\theta=\Bigl[ \frac{\theta^2}{2} \Bigr]_0^{\pi}=\frac{\pi^2}{2}$

（参考）
　この曲線は円の伸開線（インボリュート）と呼ばれ，右図のように円にグルグルと巻き付けられた糸をピンと張りながら開いていくときの糸の一端の軌跡になっています．

(4)　極座標で表される曲線

$r=1 + \sin\theta$
$(0\underline{\le} \theta \underline{\le} \pi)$
の長さ
解説

$2$ $4$ $\sqrt{2}$ $2\sqrt{2}$ $4\sqrt{2}$

消す $\frac{dr}{d\theta}=\cos\theta$
$r^2+(\frac{dr}{d\theta})^2=1 + 2\sin\theta + \sin^2 \theta + \cos\theta^2$
$=2 + 2\sin\theta=2(1 + \sin \theta)$ …(1)
ここで三角関数の２倍角公式により
$\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$
だから
$\sin \theta=2\sin\frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2}$ …(2)
また三角関数の相互関係から
$\sin^2\frac{\theta}{2}+ \cos^2 \frac{\theta}{2}=1$ …(3)
(2)(3)を(1)に代入すると
$2(\sin^2\frac{\theta}{2}+ \cos^2\frac{\theta}{2} + 2\sin\frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2})$
$=2(\sin\frac{\theta}{2}+ \cos\frac{\theta}{2})^2$
$0\underline{\le} \theta \underline{\le} \pi$ のとき $\sin \frac{\theta}{2},\cos\frac{\theta}{2} \underline{\ge} 0$
だから
$L= \int_0^{\pi} \sqrt{2}(\sin \frac{\theta}{2} + \cos\frac{\theta}{2}) d\theta$
$=\sqrt{2}\Bigl[ -2\cos\frac{\theta}{2}+ 2\sin\frac{\theta}{2} \Bigr]_0^{\pi}$
$=\sqrt{2}((-0+ 2)-(-2+ 0))=4\sqrt{2}$

［高校の範囲で解いた場合］

x=rcosθ=(1+sinθ)cosθ=cosθ+sinθcosθ
$=\cos\theta+\frac{\sin 2\theta}{2}$
y=rsinθ=(1+sinθ)sinθ=sinθ+sin2θ
$=\sin\theta+\frac{1-\cos 2\theta}{2}$

として，媒介変数表示の場合の曲線の長さを求めるとよい．
$(\frac{dx}{d\theta})^2 + (\frac{dy}{d\theta})^2=\cdots =2(1+ \sin\theta)$
となり(1)以下同様になる．

（参考）

$r=1 + \sin\theta$
$=1 + \cos(\frac{\pi}{2}-\theta)$
$=1 + \cos(\theta - \frac{\pi}{2})$
だから，このグラフはカージオイド $r=1 + \cos\theta$ のグラフを $\frac{\pi}{2}$ だけ回転したものになる．
　カージオイド $r=1 + \cos\theta$ の全長は $8$ であるが，この問題では図のようにちょうど半分ではなく，長い方を求めているので半分 $4$ よりも長い．

(5)　媒介変数で表される曲線

$x=\frac{t^2}{2}$
$y=\frac{t^3}{3}$
$(0\underline{\le} t \underline{\le} 1)$
の長さ
解説

$\frac{2}{3}\sqrt{2}$ $\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$ $\frac{2\sqrt{2}+1}{3}$ $3\sqrt{3}$ $\pi\sqrt{\pi}$

消す $\frac{dx}{dt}=t$
$\frac{dy}{dt}=t^2$
$(\frac{dx}{dt})^2+(\frac{dy}{dt})^2=t^2 + t^4$
$L= \int_0^1 \sqrt{t^2 + t^4} dt$
$= \int_0^1 t\sqrt{1 + t^2} dt$

$1 + t^2=s$ とおく置換積分を行うと

t	0 → 1
s	1 → 2

$\frac{ds}{dt}=2t$

$L= \int_1^2 t\sqrt{s} \frac{ds}{2t}=\frac{1}{2}\int_1^2 s^{\frac{1}{2}} ds$
$=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \Bigl[ s^{\frac{3}{2}} \Bigr]_1^2$ $=\frac{1}{3}(2\sqrt{2}-1)$

(6)　極座標で表される曲線

$r\cos\theta=2$
$(0\underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{4})$
の長さ
解説

$2$ $2\sqrt{2}$ $\pi$ $\frac{\pi}{2}$ $\frac{\pi}{4}$

消す $r=\frac{2}{\cos\theta}$
$\frac{dr}{d\theta}=\frac{2\sin\theta}{\cos^2\theta}$
$r^2+(\frac{dr}{d\theta})^2=\frac{4}{\cos^2\theta}+\frac{4\sin^2\theta}{\cos^4\theta}$
$=4\frac{\cos^2\theta + \sin^2\theta}{\cos^4\theta}=\frac{4}{\cos^4\theta}$
$L= 2\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta$

$(\tan\theta)'=\frac{1}{\cos^2\theta}$
だから
$\int\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta=\tan \theta+ C$

$L= 2 \Bigl[ \tan\theta \Bigr]_0^{\frac{\pi}{4}}=2$

［高校の範囲で解いた場合］

x=rcosθ=2
$y=r\sin\theta=\frac{2}{\cos\theta}\sin\theta=2\tan\theta$
$0\underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{4}\rightarrow 0\underline{\le} y \underline{\le} 2$ 以下の計算は上記と同様（下図を参照すれば計算しなくても答は出る）

（参考）
　 $r\cos\theta=2$ となる点P(x,y)は右図のようにx=2の直線上にある．
　そのうちで， $0\underline{\le} \theta \underline{\le} \frac{\pi}{4}$ となるのは直角三角形の縦の辺で，長さは2になる．

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