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問題3.4.1

次の曲線の長さを求めよ。

（１）$y=x^2$ $(0\leqq x\leqq 1)$

（２）$y=\log x$ $(1\leqq x\leqq a)$

（３）$y=\log \cos x$ $(0\leqq x\leqq {\displaystyle \frac{\pi }{4}})$

（４）$y={\displaystyle \frac{a}{2}}(e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}})$ $(0\leqq x\leqq b、a>0)$（カテナリー）

 

《ポイント》

陽関数 $y=f(x)$ の閉区間$[a,b]$における曲線の長さは$${\displaystyle {\int }_a^b\sqrt{1+\{f^{\prime }(x){\}}^2}dx}$$で表されます。これは区分求積法によって証明することができます。$f(x)$の形によっては積分計算が難しくなることがあります。特に、$a\ne 0$ として$$(\ast ){\displaystyle \int \sqrt{a+x^2}dx={\displaystyle \frac{1}{2}}(x\sqrt{a+x^2}+a\log (x+\sqrt{a+x^2}))}$$という公式は重宝しますので、しっかり覚えておきましょう。

 

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《解答例》

（１）

求める曲線の長さを$l$とすると、

$\begin{array}{rl}& l={\displaystyle {\int }_0^1\sqrt{1+(2x{)}^2}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{1}4\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}+x^2}dx}\\ & ={[4\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\{x\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}+x^2}+{\displaystyle \frac{1}{4}}\log (x+\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}+x^2})\}]}_0^1\\ & ={\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}(2+\sqrt{5})\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

※途中で公式$(\ast )$を用いた。

 

（２）

求める曲線の長さを$l$とすると、

$\begin{array}{rl}& l={\displaystyle {\int }_1^a\sqrt{1+{\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)}^2}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_1^a{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}dx}\end{array}$

となる。ここで $t=\sqrt{x^2+1}$ と置くと$${\displaystyle \frac{dt}{dx}}={\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}$$より、$$dt={\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}dx$$となる。また、$x：1\to a$ のとき、$t：\sqrt{2}\to \sqrt{a^2+1}$ であるから、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_1^a{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_1^a{\displaystyle \frac{x^2+1}{x}}\cdot {\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}}\\ & ={\displaystyle {\int }_{\sqrt{2}}^{\sqrt{a^2+1}}{\displaystyle \frac{t^2}{t^2-1}}dt}\\ & ={\displaystyle {\int }_{\sqrt{2}}^{\sqrt{a^2+1}}(1+{\displaystyle \frac{1}{t^2-1}})dt}\\ & ={\displaystyle {\int }_{\sqrt{2}}^{\sqrt{a^2+1}}\{1+{\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{t-1}}-{\displaystyle \frac{1}{t+1}})\}dt}\\ & ={[t+{\displaystyle \frac{1}{2}}(\log |t-1|-\log |t+1|)]}_{\sqrt{2}}^{\sqrt{a^2+1}}\\ & ={[t+{\displaystyle \frac{1}{2}}\log \left|{\displaystyle \frac{t-1}{t+1}}\right|]}_{\sqrt{2}}^{\sqrt{a^2+1}}\\ & =\sqrt{a^2+1}-\sqrt{2}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{\sqrt{a^2+1}-1}{\sqrt{a^2+1}+1}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}}\\ & =\sqrt{a^2+1}-\sqrt{2}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{(\sqrt{a^2+1}-1{)}^2}{(a^2+1)-1}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{(\sqrt{2}-1{)}^2}{2-1}}\\ & =\sqrt{a^2+1}-\sqrt{2}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\left({\displaystyle \frac{\sqrt{a^2+1}-1}{a}}\right)}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}\log (\sqrt{2}-1{)}^2\\ & =\sqrt{a^2+1}-\sqrt{2}+\log (\sqrt{a^2+1}-1)-\log a-\log (\sqrt{2}-1)\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

（※別解）

$t=x+\sqrt{x^2+1}$ と置く方法もあります。この置換によれば、$x={\displaystyle \frac{t^2-1}{2t}}$ となる（これはすぐに計算できます）ので、$$\sqrt{x^2+1}=t-{\displaystyle \frac{t^2-1}{2t}}={\displaystyle \frac{t^2+1}{2t}}$$ であり、$t=x+\sqrt{x^2+1}$ の両辺を$x$で微分して、$${\displaystyle \frac{dt}{dx}}=1+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}$$ $$\therefore dt={\displaystyle \frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}dx$$ $$\begin{array}{rl}\therefore dx& ={\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}}dt\\ & ={\displaystyle \frac{t^2+1}{2t^2}}dt\end{array}$$ を得ます。これより、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_1^a{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_{1+\sqrt{2}}^{a+\sqrt{a^2+1}}{\displaystyle \frac{t^2-1}{2t}}\cdot {\displaystyle \frac{2t}{t^2+1}}\cdot {\displaystyle \frac{t^2+1}{2t^2}}dt}\\ & ={\displaystyle {\int }_{1+\sqrt{2}}^{a+\sqrt{a^2+1}}{\displaystyle \frac{(t^2+1{)}^2}{2t^2(t^2-1)}}dt}\\ & ={\displaystyle {\int }_{1+\sqrt{2}}^{a+\sqrt{a^2+1}}({\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{t-1}}-{\displaystyle \frac{1}{t+1}}-{\displaystyle \frac{1}{2t^2}})dt}\\ & ={[{\displaystyle \frac{1}{2}}t+\log (t-1)-\log (t+1)+{\displaystyle \frac{1}{2t}}]}_{1+\sqrt{2}}^{a+\sqrt{a^2+1}}\\ & =\sqrt{a^2+1}-\sqrt{2}+\log (\sqrt{a^2+1}-1)-\log a-\log (\sqrt{2}-1)\cdots \cdots \text{(答)}\end{array}$

を得ます（最後に代入して計算する過程は本解と同様のため省略しました）。

 

（３）

求める曲線の長さを$l$とすると、

$\begin{array}{rl}& l={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\left({\displaystyle \frac{\sin x}{\cos x}}\right)}^2}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{\displaystyle \frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{{\cos }^{2}x}}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\displaystyle \frac{1}{\cos x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\displaystyle \frac{\cos x}{{\cos }^{2}x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\displaystyle \frac{\cos x}{1-{\sin }^{2}x}}dx}\end{array}$

となる。ここで $\sin x=t$ と置くと ${\displaystyle \frac{dt}{dx}}=\cos x$ より、 $dt=\cos xdx$ となる。また、$x：0\to {\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ のとき、$t：0\to {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$ であるから、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\displaystyle \frac{\cos x}{1-{\sin }^{2}x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{dt}{1-t^2}}}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}({\displaystyle \frac{1}{1+t}}-{\displaystyle \frac{1}{1-t}})dt}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}{[\log |1+t|-\log |1-t|]}_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}{[\log \left|{\displaystyle \frac{1+t}{1-t}}\right|]}_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\log {\displaystyle \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}}}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\log (\sqrt{2}+1{)}^2}\\ & ={\displaystyle \log (\sqrt{2}+1)\cdots \cdots \text{(答)}}\end{array}$

 

（４）

求める曲線の長さを$l$とすると、

$\begin{array}{rl}& l={\displaystyle {\int }_0^b\sqrt{1+{\{{\displaystyle \frac{1}{2}}(e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}})\}}^2}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^b\sqrt{{\left({\displaystyle \frac{e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}}{2}}\right)}^2}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^b{\displaystyle \frac{e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}}{2}}dx}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}{[a{e}^{\frac{x}{a}}-a{e}^{-\frac{x}{a}}]}_0^b}\\ & ={\displaystyle {\displaystyle \frac{a}{2}}(e^{\frac{b}{a}}-e^{-\frac{b}{a}})\cdots \cdots \text{(答)}}\end{array}$

 

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復習例題未設定

 

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