解説

方針・初手

半角の置換 $t=\tan\dfrac{\omega}{2}$ を用いると、$\sin\omega$ や $d\omega$ が $t$ で表せる。弧長は

$$ L=\int_{\pi/3}^{\pi/2}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{d\omega}\right)^2},d\omega

$$

で求める。

解法1

まず

$$ t=\tan\frac{\omega}{2}

$$

とおく。このとき、半角の公式より

$$ \begin{aligned} \sin\omega &= \frac{2\tan\dfrac{\omega}{2}}{1+\tan^2\dfrac{\omega}{2}} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \sin\omega=\frac{2t}{1+t^2}

$$

となる。

次に、曲線

$$ y=\log(\sin\omega)

$$

について考える。微分すると、

$$ \begin{aligned} \frac{dy}{d\omega} &= \frac{\cos\omega}{\sin\omega} \\ \cot\omega \end{aligned} $$

である。

したがって弧長 $L$ は

$$ L =

\int_{\pi/3}^{\pi/2} \sqrt{1+\cot^2\omega},d\omega

$$

となる。ここで

$$ 1+\cot^2\omega=\csc^2\omega

$$

であり、区間 $\dfrac{\pi}{3}\leq \omega\leq \dfrac{\pi}{2}$ では $\sin\omega>0$ だから、

$$ \begin{aligned} \sqrt{1+\cot^2\omega} &= \csc\omega \\ \frac{1}{\sin\omega} \end{aligned} $$

である。

よって

$$ L =

\int_{\pi/3}^{\pi/2}\frac{1}{\sin\omega},d\omega

$$

となる。

ここで $t=\tan\dfrac{\omega}{2}$ とおくと、

$$ \sin\omega=\frac{2t}{1+t^2}, \qquad d\omega=\frac{2}{1+t^2},dt

$$

である。また、端点は

$$ \omega=\frac{\pi}{3}\ のとき\ t=\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt3}, \qquad \omega=\frac{\pi}{2}\ のとき\ t=\tan\frac{\pi}{4}=1

$$

である。

したがって

$$ \begin{aligned} L &= \int_{1/\sqrt3}^{1} \frac{1}{\dfrac{2t}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2},dt \\ &= \int_{1/\sqrt3}^{1}\frac{1}{t},dt \\ &= \left[\log t\right]_{1/\sqrt3}^{1} \\ &= \log 1-\log\frac{1}{\sqrt3} \\ &= \frac{1}{2}\log 3. \end{aligned}

$$

解説

この問題の中心は、弧長公式を正しく立てることと、$\sqrt{1+\cot^2\omega}$ を $\csc\omega$ に直すことである。

さらに、$\displaystyle \int \csc\omega,d\omega$ を直接覚えていなくても、半角の置換 $t=\tan\dfrac{\omega}{2}$ を使えば

$$ \frac{1}{\sin\omega},d\omega=\frac{1}{t},dt

$$

となり、非常に簡単な対数積分に帰着できる。

答え

**(1)**

$$ \sin\omega=\frac{2t}{1+t^2}

$$

**(2)**

$$ L=\frac{1}{2}\log 3

$$