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 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る.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ない.

 以下,これらの点について明らかにしていく.

 $\alpha=\tau_0<\tau_1<\tau_2<\cdots<\tau_n=\beta$ 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る:

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

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,$n\to\infty$ である.これを

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

と略記する.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 $\tau_i$ の間に存在する.ただし$\Delta t=\tau_i-\tau_{i-1}(>0)$.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,

\[\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=\Delta t\underline{\sqrt{\{f'(t_1)\}^2+\{g'(t_2)\}^2}}\]

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

$\displaystyle\underline{\sqrt{\{f'(t_1)\}^2\!+\!\{g'(t_2)\}^2}}\!=\!\sqrt{\{f'(t_i)\}^2\!+\!\{g'(t_i)\}^2}\!+\!\varepsilon_i\ \ \cdots$ ①

が成り立つ.従って弧長 $L$ は

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

となる.カッコ内の第1項部分が $\displaystyle\int_\alpha^\beta\sqrt{\{f'(t)\}^2+\{g'(t)\}^2}\,dt$ となるから,第2項部分が0に収束することを示せば証明は完了する.その手順は①式から始めて

\[\begin{align} |\varepsilon_i|&=\left|\sqrt{\{f’\!(t_1)\!\}^2\!+\!\{g’\!(t_2)\!\}^2}\!-\!\sqrt{\{f’\!(t_i)\}^2\!+\!\{g’\!(t_i)\!\}^2}\right|\tag{1}\\[3pt] &\leqq\sqrt{\{f'(t_1)-f'(t_i)\}^2+\{g'(t_2)-g'(t_i)\}^2}\tag{2}\\[7pt] &\leqq\bigl|\,f'(t_1)-f'(t_i)\,\bigr|+\bigl|\,g'(t_2)-g'(t_i)\,\bigr|\tag{3}\\[7pt] &< \varepsilon+\varepsilon\tag{4}\\[7pt] &= 2\varepsilon \end{align}\]

といった具合に変形していくのであるが,これらの変形を順に説明する.

$(1)$ ①で $ \sqrt{\{f'(t_i)\}^2+\{g'(t_i)\}^2}$ を左辺に移項したのち,左辺と右辺を入れ替えた.

$(1)\to (2)$ 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, \[|{\rm OA}-{\rm OB}|\leqq{\rm AB}\] が成り立つ.(不等号の下の等号をとると,$\triangle{\rm OAB}$ の辺の大小関係となる.)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.

$(3)\to(4)$ $f'(t),\ g'(t)$ は仮定により閉区間 $[\alpha,\beta]$ で連続だから,この区間で一様連続.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 $\tau_i$ の間にあるからもちろん $|t_1-t_i|<\delta$ 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

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

となるから

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

が示された.