15. 曲線の長さを求める公式の証明について

高校数学[総目次]

高校数学ワンポイント

	スライド	ノート
1. ファクシミリの原理	[会員]
2. バウムクーヘン分割	[会員]
3. 円と放物線
4. 垂線の長さ
5. 不定方程式
6. 関数の連続性は導関数に遺伝するか
7. 極方程式における $r$ の正負について
8. 極座標表示における扇形分割積分
9. 素因数分解の一意性
10. 三角関数の不定積分
11. コーシー・シュワルツの不等式
12. 放物線と2接線で囲まれた部分の面積
13. 整式の除法(発展編)
14. 3次関数のグラフの特徴
15. 曲線の長さを求める公式の証明について
16. もう迷わない！必要条件・十分条件のくすっと笑える判定方法
17. 同じものを含む円順列の考え方
18. $f(f(x))=x$ の形をした関数方程式の取り扱い方
19. パラメータが2次で表された直線の通過領域
20. 四面体の面上及び内部を表すベクトル

15．曲線の長さを求める公式の証明について

注意　このページには大学で学ぶ内容が含まれています．

　曲線の長さの公式を導出する過程で，$\dfrac{\Delta s}{\Delta t}\fallingdotseq\sqrt{\left(\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right)^2+\left(\dfrac{\Delta y}{\Delta t}\right)^2}$ が，$\Delta t\to 0$ のとき，左辺，右辺がそれぞれ

$$\begin{align*} \frac{\Delta s}{\Delta t}&\to\frac{ds}{dt}\\[5pt] \sqrt{\left(\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right)^2+\left(\dfrac{\Delta y}{\Delta t}\right)^2}&\to\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2} \end{align*}$$

となるのはよいとして，「$=$」が成り立つのには疑問が残ります．また，$f(t),\ g(t)$ の導関数が連続であるという仮定も説明の中で利用されていません．

　以下，これらの点について明らかにしていきます．

　$\alpha=\tau_0<\tau_1<\tau_2<\cdots<\tau_n=\beta$ とすれば，弧長 $L$ は折れ線の長さの極限値として次のように定義されます：

$$L=\lim_{\delta\to0}\sum_{i=1}^n\sqrt{\{f(\tau_i)-f(\tau_{i-1})\}^2+\{g(\tau_i)-g(\tau_{i-1})\}^2}.$$

ただし $\delta$ は分割の幅 $\tau_i-\tau_{i-1}$ の最大値であり，$\delta\to0$ のとき，$n\to\infty$ です．これを

$$L=\lim_{\delta\to0}\sum\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$$

と略記することにします．$\Delta t=\tau_i-\tau_{i-1}(>0)$ とすると，平均値の定理により

$$\frac{\Delta x}{\Delta t}=f'(t_1),\ \ \frac{\Delta y}{\Delta t}=g'(t_2)$$

を満たす $t_1,\ t_2$ が $\tau_{i-1}$ と $\tau_i$ の間に存在します．分母を払って，

$$\Delta x=\Delta t\cdot f'(t_1),\ \ \Delta y=\Delta t\cdot g'(t_2).$$

よって，

$$\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=\Delta t\underline{\sqrt{\{f'(t_1)\}^2+\{g'(t_2)\}^2}}_{\mbox{①}}$$

が成り立ちます．いま $\tau_{i-1}$ と $\tau_i$ の間にある $t_i$ をとってきて下線部①を $\sqrt{\{f'(t_i)\}^2+\{g'(t_i)\}^2}$ で近似したときの誤差を $\varepsilon_i$ とすれば，

$\displaystyle\mbox{①}\!=\!\sqrt{\{f'(t_i)\}^2\!+\!\{g'(t_i)\}^2}\!+\!\varepsilon_i\ \ \cdots$ ②

となります．従って弧長 $L$ は

$$\begin{align*} L&=\lim_{\delta\to0}\sum\Delta t\left(\sqrt{\{f'(t_i)\}^2+\{g'(t_i)\}^2}+\varepsilon_i\right)\\[5pt] &=\lim_{\delta\to0}\left(\sum\Delta t\sqrt{\{f'(t_i)\}^2+\{g'(t_i)\}^2}+\sum\Delta t\cdot\varepsilon_i\right) \end{align*}$$

と書き表すことができます．カッコ内の第1項部分が $\displaystyle\int_\alpha^\beta\sqrt{\{f'(t)\}^2+\{g'(t)\}^2}\,dt$ となりますから，第2項部分が0に収束することを示せば証明は完了します．その手順は②式から始めて

といった具合に変形していくのですが，これらの変形を順に説明します．

$(1)$　②式，即ち

$$\sqrt{\{f'(t_1)\}^2+\{g'(t_2)\}^2}=\sqrt{\{f'(t_i)\}^2\!+\!\{g'(t_i)\}^2}\!+\!\varepsilon_i$$

で右辺第1項を左辺に移項したのち，左辺と右辺を入れ替え，絶対値をとりました．

$(1)\to (2)$　平面上の3点 ${\rm O}(0,0),\ {\rm A}(x_1,y_1),\ {\rm B}(x_2,y_2)$ について， $$|{\rm OA}-{\rm OB}|\leqq{\rm AB}$$ が成り立ちます．（不等号の下の等号をとると，$\triangle{\rm OAB}$ の辺の大小関係です．）この関係から， $$\Bigl|\sqrt{{x_1}^2+{y_1}^2}-\sqrt{{x_2}^2+{y_2}^2}\Bigr|\leqq\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}.$$

$(2)\to(3)$　平面上の2点 $(x_1,y_1),\ (x_2,y_2)$ の間の道のりを考えると， $$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\leqq|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$$ が成り立つことは明らかです．

$(3)\to(4)$　$f'(t),\ g'(t)$ は仮定により閉区間 $[\alpha,\beta]$ で連続ですから，この区間で一様連続です．従って任意の正の数 $\varepsilon$ に対してある $\delta$ が存在し，すべての $i$ に対して $|\tau_i-\tau_{i-1}|<\delta$ となるように細分化すれば， $$\begin{align*} |f'(\tau_i)-f'(\tau_{i-1})|&<\varepsilon,\\[5pt] |g'(\tau_i)-g'(\tau_{i-1})|&<\varepsilon.\\[5pt] \end{align*}$$

　$t_1, t_2, t_i$ は $\tau_{i-1}$ と $\tau_i$ の間にありますからもちろん $|t_1-t_i|<\delta$ かつ $|t_2-t_i|<\delta$．よって，

$$\begin{align*} |f'(t_1)-f'(t_i)|&<\varepsilon,\\[5pt] |g'(t_2)-g'(t_i)|&<\varepsilon.\\[5pt] \end{align*}$$

　これで一連の変形が示されました．あとは

$$\begin{align*} \sum|\Delta t\cdot\varepsilon_i|&=\sum_{i=1}^n\,|\,(\tau_i-\tau_{i-1})\,\varepsilon_i\,|\\[5pt] &=\sum_{i=1}^n\,|\,\tau_i-\tau_{i-1}\,|\,|\varepsilon_i|\\[5pt] &<\sum_{i=1}^n\,(\tau_i-\tau_{i-1})\cdot2\varepsilon\\[5pt] &=2(\beta-\alpha)\,\varepsilon \end{align*}$$

となりますから

$$\lim_{\delta\to0}\sum\Delta t\cdot\varepsilon_i=0$$

が示されました．

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