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カージオイド曲線の長さ
ヒロ
カージオイド曲線の長さを求めよう。
ヒロ
面積のときと同様に，$0\leqq\theta\leqq\pi$ の部分の長さを求めて2倍すればよい。
$\dfrac{dx}{d\theta},~\dfrac{dy}{d\theta}$ は
よって
\begin{align*}
\begin{cases}
\dfrac{dx}{d\theta}=-a\sin\theta(1+2\cos\theta) \\[4pt]\dfrac{dy}{d\theta}=a(\cos\theta+1)(2\cos\theta-1)
\end{cases}
\end{align*}
となるから\begin{cases}
\dfrac{dx}{d\theta}=-a\sin\theta(1+2\cos\theta) \\[4pt]\dfrac{dy}{d\theta}=a(\cos\theta+1)(2\cos\theta-1)
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
&\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2} \\[4pt]&=\sqrt{a^2(\sin\theta+\sin2\theta)^2+a^2(\cos\theta+\cos2\theta)^2} \\[4pt]&=a\sqrt{(\sin^2\theta+\cos^2\theta)+(\sin^22\theta+\cos^22\theta)+2(\cos2\theta\cos\theta+\sin2\theta\sin\theta)} \\[4pt]&=a\sqrt{2(1+\cos\theta)} \\[4pt]&=a\sqrt{4\cos^2\dfrac{\theta}{2}} \\[4pt]&=2a\abs{\cos\dfrac{\theta}{2}}
\end{align*}
$0\leqq \theta\leqq\pi$ のとき，$0\leqq\dfrac{\theta}{2}\leqq\dfrac{\pi}{2}$ であるから，$\cos\dfrac{\theta}{2}\geqq0$&\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2} \\[4pt]&=\sqrt{a^2(\sin\theta+\sin2\theta)^2+a^2(\cos\theta+\cos2\theta)^2} \\[4pt]&=a\sqrt{(\sin^2\theta+\cos^2\theta)+(\sin^22\theta+\cos^22\theta)+2(\cos2\theta\cos\theta+\sin2\theta\sin\theta)} \\[4pt]&=a\sqrt{2(1+\cos\theta)} \\[4pt]&=a\sqrt{4\cos^2\dfrac{\theta}{2}} \\[4pt]&=2a\abs{\cos\dfrac{\theta}{2}}
\end{align*}
よって
\begin{align*}
\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2}=2a\cos\dfrac{\theta}{2}
\end{align*}
したがって，求めるカージオイド曲線の長さを $L$ とすると\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2}=2a\cos\dfrac{\theta}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
L&=2\dint{0}{\pi}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2}\;d\theta \\[4pt]&=2\dint{0}{\pi}2a\cos\dfrac{\theta}{2}\;d\theta \\[4pt]&=8a\Tint{\sin\dfrac{\theta}{2}}{0}{\pi} \\[4pt]&=8a
\end{align*}
L&=2\dint{0}{\pi}\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2}\;d\theta \\[4pt]&=2\dint{0}{\pi}2a\cos\dfrac{\theta}{2}\;d\theta \\[4pt]&=8a\Tint{\sin\dfrac{\theta}{2}}{0}{\pi} \\[4pt]&=8a
\end{align*}
ヒロ
極方程式が与えられた問題では，計算が大変なので次のようにしよう。
$\dfrac{dr}{d\theta}=r’$ と書くことにすると，$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ より
\begin{align*}
\begin{cases}
\dfrac{dx}{d\theta}=r’\cos\theta-r\sin\theta \\[4pt]\dfrac{dy}{d\theta}=r’\sin\theta+r\cos\theta
\end{cases}
\end{align*}
であるから\begin{cases}
\dfrac{dx}{d\theta}=r’\cos\theta-r\sin\theta \\[4pt]\dfrac{dy}{d\theta}=r’\sin\theta+r\cos\theta
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
&\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2 \\[4pt]&=(r’\cos\theta-r\sin\theta)^2+(r’\sin\theta+r\cos\theta)^2 \\[4pt]&=(r’)^2+r^2
\end{align*}
$r=a(1+\cos\theta)$ より $r’=-a\sin\theta$ であるから&\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2 \\[4pt]&=(r’\cos\theta-r\sin\theta)^2+(r’\sin\theta+r\cos\theta)^2 \\[4pt]&=(r’)^2+r^2
\end{align*}
\begin{align*}
&\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2} \\[4pt]&=\sqrt{(-a\sin\theta)^2+a^2(1+\cos\theta)^2} \\[4pt]&=\sqrt{2a^2(1+\cos^2\theta)} \\[4pt]&=\sqrt{4a^2\cos^2\dfrac{\theta}{2}} \\[4pt]&=2a\cos\dfrac{\theta}{2}
\end{align*}
&\sqrt{\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2} \\[4pt]&=\sqrt{(-a\sin\theta)^2+a^2(1+\cos\theta)^2} \\[4pt]&=\sqrt{2a^2(1+\cos^2\theta)} \\[4pt]&=\sqrt{4a^2\cos^2\dfrac{\theta}{2}} \\[4pt]&=2a\cos\dfrac{\theta}{2}
\end{align*}
ヒロ
積分計算は上と同じである。