5 反比例のグラフ

最後に、反比例 $y=A/x$ ($A>0$) のグラフの $[\sqrt{A},a]$ ($a>\sqrt{A}$) の 範囲の曲線長 $L=L_4(a,A)$ を考える。 なお、$y=A/x$ の $x>\sqrt{A}$ の部分と $0<x<\sqrt{A}$ の部分は $y=x$ に 関して対象なので、$0<b<\sqrt{A}$ に対する $[b,\sqrt{A}]$ での 曲線の長さは、 $[\sqrt{A},A/b]$ での長さ $L_4(A/b,A)$ に等しく、 $a>\sqrt{A}$ の $L_4(a,A)$ で求められることになる。

$y'=-A/x^2$ より、$L_4(a,A)$ は

  $$L_4(a,A) = \int_{\sqrt{A}}^a\sqrt{1+\frac{A^2}{x^4}}\,dx$$ (16)

となるが、$x=\sqrt{A}\,t$ とすると

  $$L_4(a,A) = \sqrt{A}\int_{1}^{a/\sqrt{A}}\sqrt{1+\frac{1}{t^4}}\,dt =\sqrt{A}L_4\left(\frac{a}{\sqrt{A}},1\right)$$ (17)

となるので $L_4(a,A)$ は $A=1$ の場合に帰着し、 よって以後は $L_4(a,1)$ のみを考える ($a>1$)。

この $L_4(a,1)$ もやはり楕円積分で表されるものになる。 少し計算が厄介だが、この積分を楕円積分の標準形である「第 1 種楕円積分」

  $$F(\phi,k) = \int_0^\phi\frac{dt}{\sqrt{1-k^2\sin^2 t}} \hspace{1zw}(0<k<1)$$ (18)

と (13) の第 2 種楕円積分 $E(\phi,k)$ で表す。 まず、$L_4(a,1)$ を

	$$L_4(a,1)$$	$=$	$$\int_{1}^{a}\frac{\sqrt{x^4+1}}{x^2}\,dx \ =\ \int_{1}^{a}\frac{x^4+1}{x^2\sqrt{x^4+1}}\,dx$$
		$=$	$$\int_{1}^{a}\frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}\,dx +\int_{1}^{a}\frac{1}{x^2\sqrt{x^4+1}}\,dx \ =\ f_1(a) + f_2(a)$$	(19)

と 2 つに分ける。ここで、$f_2(a)$ で $x=1/t$ と置換すると、

$$f_2(a) = \int_{1}^{1/a}\frac{t^2}{\sqrt{1/t^4+1}} \left(-\frac{1}{t^2}\right)dt = - \int_{1}^{1/a}\frac{t^2}{\sqrt{t^4+1}}\,dt$$

となり、形式的には $f_2(a)=-f_1(1/a)$ に等しくなるので、 $a>1$ と $0<a<1$ に対して $f_1(a)$ を求められれば、

  $$L_4(a,1) = f_1(a) -f_1\left(\frac{1}{a}\right)$$ (20)

と求まることになる。よって次は $f_1(a)$ を考える。

唐突ではあるが、[2] を参考に、

  $$I = \left(\frac{x\sqrt{x^4+1}}{x^2+1}\right)' - \frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}$$ (21)

を考える。すると、

$$\begin{eqnarray*}I &=& \frac{\sqrt{x^4+1}}{x^2+1}-\frac{x\cdot 2x\sqrt{x^4+1}... ...1)^2\sqrt{x^4+1}} \ =\ \frac{(x^2-1)^2}{(x^2+1)^2\sqrt{x^4+1}}\end{eqnarray*}$$

となるので、これにより $f_1(a)$ は、

	$$f_1(a)$$	$=$	$$\int_1^a \frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}\,dx \ =\ \int_1^a\left\{\left(... ...rt{x^4+1}}{x^2+1}\right)' - \frac{(x^2-1)^2}{(x^2+1)^2\sqrt{x^4+1}}\right\}\,dx$$
		$=$	$$\frac{a\sqrt{a^4+1}}{a^2+1}-\frac{\sqrt{2}}{2}-f_3(a)$$	(22)

となり、あとは、

  $$f_3(a) = \int_1^a\frac{(x^2-1)^2}{(x^2+1)^2\sqrt{x^4+1}}\,dx$$ (23)

を求めればよいことになる。 $f_3(a)$ は一見 $f_1(a)$ より難しそうだが、 実は次のような置換がうまくいく。

  $$u = u(x) = \frac{2x}{x^2+1}$$ (24)

$u(x)$ は $0<x<1$ では増加し、$x>1$ では減少し、 $u(0)=u(\infty)=0$, $u(1) = 1$ となることに注意する。 そのため、$a>1$ か $0<a<1$ かで少し式が分かれる部分がある。

まずは $a>1$ の場合を考える。この場合 $x>1$ であり、

  $$\frac{du}{dx} = \frac{2(x^2+1)-2x\cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}$$ (25)

で、また、$x^2+1=2x/u$ より

  $$\sqrt{x^4+1} = \sqrt{(x^2+1)^2-2x^2} = \sqrt{\frac{4x^2}{u^2}-2x^2} = \frac{2x}{u}\sqrt{1-\frac{u^2}{2}}$$ (26)

となる。また、

$$(x^2-1)^2 = (x^2+1)^2-4x^2 = \frac{4x^2}{u^2}-4x^2 = \frac{4x^2}{u^2}(1-u^2)$$

より、$x>1$ より

  $$x^2-1 = \frac{2x}{u}\sqrt{1-u^2}$$ (27)

となるので、$f_3(a)$ を置換すると、

  $$f_3(a) = \int_1^a \frac{1}{2}\,\frac{1-x^2}{\sqrt{x^4+1}}\, \f... ...\,dx = -\frac{1}{2} \int_1^{2a/(a^2+1)}\frac{\sqrt{1-u^2}}{\sqrt{1-u^2/2}}\,du$$ (28)

となる。ここでさらに $u=\sin\theta$ ( $0\leq\theta\leq \pi/2$) と 置換すると、 $\theta_0=\sin^{-1}(2a/(a^2+1))$ に対し、

$$\begin{eqnarray*}f_3(a) &=& -\frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{\theta_0} \frac{\cos\t... ...int_{\theta_0}^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sqrt{1-(\sin^2\theta)/2}}\end{eqnarray*}$$

となるので、(13), (18) より、$f_3$ は

  $$f_3(a) = \left[E\left(\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) -\frac{1}{2}F\left(\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right]_{\theta_0}^{\pi/2}$$ (29)

と表されることになる。

$0<a<1$ の場合は $0<x<1$ なので $x^2-1<0$ となり、 上の計算のうち (27) が

  $$x^2-1 = -\frac{2x}{u}\sqrt{1-u^2}$$ (30)

に変わり、よって、

  $$f_3(a) = \frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{\theta_0} \frac{\cos^2\thet... ...-\frac{1}{2}F\left(\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right]_{\pi/2}^{\theta_0}$$ (31)

となる。 今、$a>1$ に対して $b=1/a$ とすると $0<b<1$ であり、 $\theta_1=\sin^{-1}(2b/(b^2+1))$ に対し

$$f_3(b) = \left[E\left(\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) -\frac{1}{2}F\left(\theta,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right]_{\pi/2}^{\theta_1}$$

となるが、

$$\frac{2b}{b^2+1} = \frac{2/a}{1/a^2+1} = \frac{2a}{1+a^2}$$

なので $\theta_1=\theta_0$ となり、よって、

  $$f_3(b) = f_3\left(\frac{1}{a}\right) = -f_3(a)$$ (32)

となることがわかる。よって (22) より、

  $$f_1\left(\frac{1}{a}\right) = \frac{\sqrt{1/a^4+1}}{a(1/a^2+1)... ...frac{1}{a}\right) = \frac{\sqrt{a^4+1}}{a(a^2+1)}-\frac{\sqrt{2}}{2} +f_3(a)$$ (33)

となり、よって (20), (22), (33) より $L_4(a,1)$ は

$$\begin{eqnarray*}L_4(a,1) &=& -f_1\left(\frac{1}{a}\right) + f_1(a) \\ &=& ... ...frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right]_{\sin^{-1}(2a/(a^2+1))}^{\pi/2}\end{eqnarray*}$$

と表されることになる。一般の $L_4(a,A)$ は、(17) より、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{L_4(a,A) = \sqrt{A}L_4\left(\frac{a}{\sqrt{A}},1\rig... ...}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{2a\sqrt{A}}{a^2+A}\right)\right)\end{eqnarray*}$$

となる。これが最終的な $L_4$ の表現である。