放物線の長さの計算

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はじめに

この記事で伝えたい事:放物線の長さ(曲線の長さの具体例計算)
想定読者：高校生
この記事を読む為にあった方がいい予備知識：高校数学微積分
構成,アウトライン：補題1,補題2を使って命題3を導き、最後に具体例を挙げた

問題

$f (x) = a x^{2}$ の $x = α$ から $β$ までの長さを求めて下さい。

$\int \frac{1}{c o s^{3} θ} d θ = \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n θ + 1}{s i n θ - 1} | + \frac{1}{2} \frac{s i n θ}{c o s^{2} θ} + C (C は積分定数)$

補題1proof:

$\int \frac{1}{c o s^{3} θ} d θ = \int \frac{c o s θ}{c o s^{4} θ} d θ = \int \frac{c o s θ}{(1 - s i n^{2} θ)^{2}} d θ = \int \frac{(s i n θ)^{'}}{(1 - s i n^{2} θ)^{2}} d θ = \int \frac{1}{(1 - t^{2})^{2}} d t = \int \frac{1}{(t^{2} - 1)^{2}} d t = \int \frac{1}{(t - 1)^{2} (t + 1)^{2}} d t = \int \frac{\frac{- 1}{4}}{(t - 1)} + \frac{\frac{1}{4}}{(t + 1)} + \frac{\frac{1}{4}}{(t - 1)^{2}} + \frac{\frac{1}{4}}{(t + 1)^{2}} d t = \frac{1}{4} \int \frac{- 1}{(t - 1)} + \frac{1}{(t + 1)} + \frac{1}{(t - 1)^{2}} + \frac{1}{(t + 1)^{2}} d t = \frac{1}{4} (- l o g | t - 1 | + l o g | t + 1 | - \frac{1}{t - 1} - \frac{1}{t + 1}) + C = \frac{1}{4} (- l o g | s i n θ - 1 | + l o g | s i n θ + 1 | - \frac{1}{s i n θ - 1} - \frac{1}{s i n θ + 1}) + C = \frac{1}{4} (- l o g | s i n θ - 1 | + l o g | s i n θ + 1 | - (\frac{1}{s i n θ - 1} + \frac{1}{s i n θ + 1})) + C = \frac{1}{4} (- l o g | \frac{s i n θ + 1}{s i n θ - 1} | - \frac{2 s i n θ}{s i n^{2} θ - 1}) + C = \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n θ + 1}{s i n θ - 1} | + \frac{1}{2} \frac{s i n θ}{c o s^{2} θ} + C ◻$

$s i n (a r c t a n (x)) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$
※ arctanは $t a n : [\frac{- π}{2}, \frac{π}{2}] \to R$ の逆関数

補題2proof:

$s i n (a r c t a n (x)) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ を示す。arctanはtanの逆関数なのだから
$t a n (a r c t a n (x)) = x$ と $1 + t a n^{2} θ = \frac{1}{c o s^{2} θ}$ を用いて、

$1 + t a n^{2} (a r c t a n (x)) = \frac{1}{c o s^{2} (a r c t a n (x))} \Leftrightarrow 1 + x^{2} = \frac{1}{c o s^{2} (a r c t a n (x))}$
arctanの値域が $(\frac{- π}{2}, \frac{π}{2})$ である事より $c o s (a r c t a n (x)) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$
よって、 $s i n (a r c t a n (x)) = c o s (a r c t a n (x)) \cdot t a n (a r c t a n (x)) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} \cdot x = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} ◻$

2次関数の長さ

$f (x) = a x^{2}$ の $x = α$ から $β$ までの長さは
$\int_{α}^{β} \sqrt{1 + (\frac{d (a x^{2})}{d x})^{2}} d x = \int_{α}^{β} \sqrt{1 + 4 a^{2} x^{2}} d x = \frac{1}{2} l o g | \frac{2 a β + \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}}{2 a α + \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}} | + a (β \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}} - α \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}})$
で与えられる。

命題3proof:

$\int_{α}^{β} \sqrt{1 + (\frac{d (a x^{2})}{d x})^{2}} d x = \int_{α}^{β} \sqrt{1 + 4 a^{2} x^{2}} d x = (1)$
$x = \frac{t a n θ}{2 a}; θ \in [\frac{- π}{2}, \frac{π}{2}]$ とすると
$1 + 4 a^{2} x^{2} = 1 + t a n^{2} θ = \frac{1}{c o s^{2} θ}, d x = \frac{d x}{d θ} d θ = \frac{1}{2 a c o s^{2} θ} d θ$
また $α = \frac{t a n θ}{2 a}, β = \frac{t a n θ}{2 a}$ をそれぞれ解くと $θ = a r c t a n (2 a α), θ = a r c t a n (2 a β)$ より、

$(1) = \int_{a r c t a n (2 a α)}^{a r c t a n (2 a β)} \sqrt{\frac{1}{c o s^{2} θ}} \frac{1}{2 a c o s^{2} θ} d θ = \frac{1}{2 a} \int_{a r c t a n (2 a α)}^{a r c t a n (2 a β)} \frac{1}{c o s^{3} θ} d θ = (2)$
補題1より、 $(2) = [\frac{1}{4} l o g | \frac{s i n θ + 1}{s i n θ - 1} | + \frac{1}{2} \frac{s i n θ}{c o s^{2} θ}]_{a r c t a n (2 a α)}^{a r c t a n (2 a β)} = \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n (a r c t a n (2 a β)) + 1}{s i n (a r c t a n (2 a β)) - 1} | + \frac{1}{2} \frac{s i n (a r c t a n (2 a β))}{c o s^{2} (a r c t a n (2 a β))} - \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n (a r c t a n (2 a α)) + 1}{s i n (a r c t a n (2 a α)) - 1} | - \frac{1}{2} \frac{s i n (a r c t a n (2 a α))}{c o s^{2} (a r c t a n (2 a α))} = \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n (a r c t a n (2 a β)) + 1}{s i n (a r c t a n (2 a β)) - 1} | + \frac{1}{2} \frac{t a n^{2} (a r c t a n (2 a β))}{s i n (a r c t a n (2 a β))} - \frac{1}{4} l o g | \frac{s i n (a r c t a n (2 a α)) + 1}{s i n (a r c t a n (2 a α)) - 1} | - \frac{1}{2} \frac{t a n^{2} (a r c t a n (2 a α))}{s i n (a r c t a n (2 a α))} = (3)$ 補題2より
$(3) = \frac{1}{4} l o g | \frac{\frac{2 a β}{\sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}} + 1}{\frac{2 a β}{\sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}} - 1} | + \frac{1}{2} \frac{4 a^{2} β^{2}}{\frac{2 a β}{\sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}}} - \frac{1}{4} l o g | \frac{\frac{2 a α}{\sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}} + 1}{\frac{2 a α}{\sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}} - 1} | - \frac{1}{2} \frac{4 a^{2} α^{2}}{\frac{2 a α}{\sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}}} = \frac{1}{4} l o g | \frac{2 a β + \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}}{2 a β - \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}} | + (\sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}) a β - \frac{1}{4} l o g | \frac{2 a α + \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}}{2 a α - \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}} | - (\sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}) a α = \frac{1}{4} l o g | \frac{(2 a β + \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}})^{2}}{(- 1)} | - \frac{1}{4} l o g | \frac{(2 a α + \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}})^{2}}{(- 1)} | + a (β \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}} - α \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}) = \frac{1}{4} l o g | \frac{(2 a β + \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}})^{2}}{(2 a α + \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}})^{2}} | + a (β \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}} - α \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}) = \frac{1}{2} l o g | \frac{2 a β + \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}}}{2 a α + \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}} | + a (β \sqrt{1 + 4 a^{2} β^{2}} - α \sqrt{1 + 4 a^{2} α^{2}}) ◻$

y = \frac{x^{2}}{2}

の

x = 0

から

x = 1

の長さ

具体的に $a = \frac{1}{2}, α = 0, β = 1$ を適用する。

曲線の長さ：

$\int_{0}^{1} \sqrt{1 + (\frac{d}{d x} (\frac{x^{2}}{2}))^{2}} d x = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + x^{2}} d x = \frac{1}{2} l o g | \frac{1 + \sqrt{2}}{1} | + \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{1}{2} l o g (1 + \sqrt{2}) + \frac{1}{\sqrt{2}} = 1.147 \dots$

最短距離(直線)：

$(0, 0)$ から $(1, \frac{1}{2})$ であるから、 $\sqrt{1^{2} + (\frac{1}{2})^{2}} = \sqrt{\frac{5}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2} = \frac{2.2362 \dots}{2} = 1.118 \dots$

となっており、確かに最短距離である直線よりも曲線の長さの方が少々長い。

投稿日：2023年6月23日

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