2 放物線

まずは放物線 $y=Ax^2$ の $[0,a]$ ($a>0$) の範囲の曲線長 $L=L_1(a,A)$ を 求めてみる。

なお、$y=Ax^2$ は $y=x^2$ を $y$ 方向に $A$ 倍したものだが、 $y=Ax^2$ の $[0,a]$ での曲線長 $L_1(a,A)$ は、 $y=x^2$ の $[0,a]$ での曲線長 $L_1(a,1)$ の $A$ 倍にはならない、すなわち $L_1(a,A)\neq AL_1(a,1)$ である ことに注意する。 それは $y$ 方向の拡大は、傾きが大きいときには曲線長に大きく影響するが、 傾きが小さいときは小さくしか影響しないため、 曲線長に対しては場所によって $A$ 倍の影響が異なってしまうからである。 ただし、後で示すように放物線の場合は $L_1(a,A)$ は $L_1(a,1)$ に 帰着される。

また、$a>0$ に対する $L_1(a,A)$ がわかれば、 対称性から $[-a,0]$ での放物線の曲線長は $L_1(a,A)$ に等しいので、 $a<0$ に対して

  $$L_1(a,A) = -L_1(\vert a\vert,A)$$ (2)

と定義することにすれば、$[b,a]$ での長さは常に $L_1(a,A)-L_1(b,A)$ と 表されることになる。それは、 $b<0\leq a$ の場合は $[b,a]$ での長さは

$$L_1(a,A) + L_1(\vert b\vert,A) = L_1(a,A) - L_1(b,A)$$

となり、また $b<a<0$ の場合は $[b,a]$ での長さは、

$$L_1(\vert b\vert,A) - L_1(\vert a\vert,A) = -L_1(b,A) - (-L_1(a,A)) = L_1(a,A)-L_1(b,A)$$

となるからである。

また、$A<0$ に対しては、対称性より

  $$L_1(a,A) = L_1(a,\vert A\vert)$$ (3)

となるので、$A>0$ の場合のみ考えればよい。 よって、以後は $a>0$, $A>0$ と仮定する。

さて、$y=Ax^2$ に対しては $y'=2Ax$ なので、(1) より

  $$L_1(a,A) = \int_0^a \sqrt{1+4A^2x^2}\,dx$$ (4)

となる。この積分を $Ax=t$ と置換すれば、

$$L_1(a,A) = \int_0^{Aa} \sqrt{1+4t^2}\,dt$$

となるが、この式は、

  $$L_1(a,A) = L_1(Aa,1) \hspace{0.5zw}(A>0,\ a>0)$$ (5)

を意味し、よって $L_1(a,A)$ は $L_1(a,1)$ に帰着できることがわかる。 なお、すべての曲線に対しこのようなことが成り立つわけではない。 よって以後しばらくは、

  $$L_1(a,1) = \int_0^{a} \sqrt{1+4x^2}\,dx$$ (6)

を考える。この積分も易しくはないが、 置換積分で計算が可能である。よく知られているように、

$$\sqrt{1+4x^2} - 2x = t$$

と置換すると鮮やかに一度で計算できるのだが、 ここではよりシンプルな三角関数の 2 回の置換で計算する。 まず、$2x=\tan\theta$ ( $0\leq\theta<\pi/2$) と置換すると、

$$\sqrt{1+4x^2}=\sqrt{1+\tan^2\theta}=\frac{1}{\cos\theta}, \hspace{1zw}dx=\frac{1}{2\cos^2\theta}\,d\theta$$

であり、$x=a$ は $\theta=\tan^{-1}2a$ に対応するので、

	$$L_1(a,1)$$	$=$	$$\int_0^{\tan^{-1}2a}\frac{1}{\cos\theta}\,\frac{d\theta}{2\cos^2\theta} \ =\ \int_0^{\tan^{-1}2a}\frac{\cos\theta\,d\theta}{2\cos^4\theta}$$
		$=$	$$\int_0^{\tan^{-1}2a}\frac{\cos\theta\,d\theta}{2(1-\sin^2\theta)^2}$$	(7)

となる。ここで、$u=\sin\theta$ と置換すると、 $\cos\theta\,d\theta=du$ で、 $\theta=\tan^{-1}2a$ のときは、 $\tan\theta = 2a$ より

$$u = \sin\theta = \tan\theta\cos\theta = \frac{\tan\theta}{\sqrt{\tan^2\theta + 1}} = \frac{2a}{\sqrt{4a^2+1}}$$

となるので、

  $$L_1(a,1) = \int_0^{2a/\sqrt{4a^2+1}}\frac{du}{2(1-u^2)^2}$$ (8)

となる。 ここで、

$$\begin{eqnarray*}\frac{1}{2(1-u^2)^2} &=& \frac{1}{2}\left\{\frac{1}{(1-u)(1+u... ...-u)^2} + \frac{1}{(1+u)^2} +\frac{1}{1-u} +\frac{1}{1+u}\right\}\end{eqnarray*}$$

なので、

$$\begin{eqnarray*}\int\frac{du}{2(1-u^2)^2} &=& \frac{1}{8}\left(\frac{1}{1-u} ... ...{-.5ex}{\scriptsize$e$}}\left\vert\frac{1+u}{1-u}\right\vert + C\end{eqnarray*}$$

となり、 $u=2a/\sqrt{4a^2+1}$ のとき、

$$\begin{eqnarray*}\frac{u}{4(1-u^2)} &=& \frac{\displaystyle \frac{a}{\sqrt{4a^... ...{\sqrt{4a^2+1}+2a}{\sqrt{4a^2+1}-2a} \ =\ (\sqrt{4a^2+1}+2a)^2\end{eqnarray*}$$

となるので、よって、$a>0$ に対し、

  $$L_1(a,1)=\frac{a}{2}\sqrt{4a^2+1}+\frac{1}{4}\log_{\raisebox{-.5ex}{\scriptsize$e$}}(\sqrt{4a^2+1}+2a)$$ (9)

が得られる。一般の $A$($>0$) に対しては、 (5), (9) より

  $$L_1(a,A) = \frac{aA}{2}\sqrt{4a^2A^2+1} +\frac{1}{4}\log_{\raisebox{-.5ex}{\scriptsize$e$}}(\sqrt{4a^2A^2+1}+2aA)$$ (10)

となる。

なお、この式では、$a<0$ に対して

$$\sqrt{4a^2A^2+1}+2aA = \sqrt{4a^2A^2+1}-2\vert a\vert A = \frac{1}{\sqrt{4a^2A^2+1}+2\vert a\vert A}$$

が成り立ち、よって (10) は 自然に (2) の関係も満たすことがわかる。