https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1929/Rigaku

2022.09.01記

[3] 方程式 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$ ノ表ハス曲線ヲ畫キ且其ノ長サヲ索メヨ．

2022.09.06記
これは放物線の一部

[解答]
$\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$ は
$4xy=(x+y-1)^2$ （ $x,y\geqq 0$ ）
と変形でき，これを原点のまわりに45度回転した図形は
$X=\dfrac{x-y}{\sqrt{2}}$ ， $Y=\dfrac{x+y}{\sqrt{2}}$
とおくことにより
$X+Y=\sqrt{2}x$ ， $Y-X=\sqrt{2}y$
を用いて
$2(Y^2-X^2)=(\sqrt{2}Y-1)^2$ （ $Y\geqq \pm X$ ）
つまり
$Y=\dfrac{X^2}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$ （ $Y\geqq \pm X$ ）
となるので，これは放物線である．

この曲線の長さ $l$ は，
$l=2\displaystyle\int_0^{1/\sqrt{2}} \sqrt{1+2X^2}\,dX$
である．
$X=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sinh\theta$ と置換すると
$dX=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cosh\theta\,d\theta$ であるから
$\sinh u=1$ なる $u$ を用いて
$l=\sqrt{2}\displaystyle\int_0^{u} \cosh^2\theta\,d\theta$
$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\int_0^{u} (1+\cosh 2\theta)\,d\theta$
$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Bigl[ \theta+\dfrac{\sinh 2\theta}{2}\Bigr]_0^u$
$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(u+\dfrac{\sinh 2u}{2}\right)$
$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(u+\sinh u\sqrt{1+\sinh^2 u} \right)$
$=\dfrac{u}{\sqrt{2}} +1$
となる．ここで $e^u-e^{-u}=2$ から $u=\log (1+\sqrt{2})$ となるので
$l=\dfrac{\log (1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}} +1$

$(x,y)=(t^2,(1-t)^2)$ （ $0\leqq t\leqq 1$ ）とパラメータ表示できるので，
$\displaystyle\int_0^1\sqrt{4t^2+4(1-t)^2}\,dt$ $=2\sqrt{2}\displaystyle\int_0^1\sqrt{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}}\,dt$ $=4\sqrt{2}\displaystyle\int_{0}^{1/2}\sqrt{t^2+\dfrac{1}{4}}\,dt$
を利用して弧長を求めても良い．