https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2002/Rikei

2020.09.18記

[4](1) $x \geqq 0$ で定義された関数 $f(x)=\log(x+\sqrt{1+x^2})$ について，導関数 $f'(x)$ を求めよ．

(2) 極方程式 $r=\theta$ （ $\theta\geqq0$ ）で定義される曲線の， $0\leqq\theta\leqq\pi$ の部分の長さを求めよ．

本問のテーマ

2020.09.18記（2025.08.11微修正）
極座標における弧長は $\displaystyle\int\sqrt{r^2+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^2}\, d\theta$ で与えられる．

[大人の解答]
(1) $y=f(x)$ とおくと $x=\sinh y$ だから， $dx=\cosh y \,dy$ となり
$f'(x)=\dfrac{dy}{dx}$ $=\dfrac{1}{\cosh y}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{1+\sinh^2 y}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$

(2) $l=\displaystyle\int_0^{\pi} \sqrt{\theta^2+1}d\theta$ であり，
$\theta=\sinh t$ （ $d\theta=\cosh t\,dt$ ）と置換すると
$l=\displaystyle\int_0^{\textrm{Arsinh}\,\pi} \cosh^2 t\,dt$ $=\displaystyle\int_0^{\textrm{Arsinh}\,\pi}\dfrac{\cosh 2t+1}{2} \,dt$ $=\Bigl[ \dfrac{\sinh 2t}{4}+\dfrac{t}{2}\Bigr]_0^{\textrm{Arsinh}\,\pi}$ $=\Bigl[ \dfrac{\sinh t\cosh t}{2}+\dfrac{t}{2}\Bigr]_0^{\textrm{Arsinh}\,\pi}$ $=\dfrac{\sinh(\mbox{Arsinh}\,\pi)\cosh(\mbox{Arsinh}\,\pi)}{2}+\dfrac{\mbox{Arsinh}\,\pi}{2}$ $=\dfrac{\pi\sqrt{1+\pi^2}}{2}+\dfrac{\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})}{2}$
となる．

$\cosh x=\sqrt{1+\sinh^2 x}$ であり， $\mbox{Arsinh}\,x=\log(x+\sqrt{1+x^2})$ である．

2025.08.11記
普通の解法をしておく．

[解答]
(1) $f'(x)=\dfrac{1+\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ である．

(2) $x=\theta\cos\theta$ ， $y=\theta\sin\theta$ により
$\left(\dfrac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\dfrac{dy}{d\theta}\right)^2$ $=(\cos\theta-\theta\sin\theta)^2+(\sin\theta+\theta\cos\theta)^2$ $=1+\theta^2$
であるから，
$l=\displaystyle\int_0^{\pi} \sqrt{\theta^2+1}\, d\theta$
$=\Bigl[\theta\sqrt{1+\theta^2}\Bigr]_0^{2\pi}-\displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{\theta^2}{\sqrt{\theta^2+1}}\, d\theta$
$=\pi\sqrt{1+\pi^2}-l+\displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{1}{\sqrt{\theta^2+1}}\, d\theta$
$=\pi\sqrt{1+\pi^2}+\Bigl[\log(\theta+\sqrt{1+\theta^2})\Bigr]_0^{\pi}-l$
$=\pi\sqrt{1+\pi^2}+\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})-l$
となり，
$l=\dfrac{1}{2}\left\{\pi\sqrt{1+\pi^2}+\log(\pi+\sqrt{1+\pi^2})\right\}$
となる．