3つの平面$\mathbb{R}^2$ 上の点$(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$を考える.
$(x_1, y_1)$を始点として$(x_3, y_3)$を終点, $(x_2, y_2)$を制御点とする2次ベジェ曲線$c(t)$は媒介変数表示を用いて
$$
c(t) = \begin{pmatrix}
(1-t)^2 x_1 + 2t(1-t)x_2 + t^2 x_3 \\
(1-t)^2 y_1 + 2t(1-t)y_2 + t^2 y_3
\end{pmatrix} \quad (t \in [0, 1])
$$
で定義されます.
この記事ではこの曲線の弧長$L$を計算してみます.
主張
$1.$ $(x_2, y_2)$が$(x_1, y_1)$と$(x_3, y_3)$の中点のとき
$$
L = \sqrt{(x_1-x_3)^2 + (y_1-y_3)^2} .
$$
$2.$ そうでないとき
$$
\begin{aligned}
a &= x_1 - 2x_2 + x_3, \\
b &= x_2 - x_1, \\
c &= y_1 - 2y_2 + y_3, \\
d &= y_2 - y_1, \\
p &= a^2 + c^2 > 0 \\
q &= \frac{ab+cd}{a^2+c^2} = \frac{ab+cd}{p}, \\
r &= \frac{ad-bc}{a^2+c^2} = \frac{ad-bc}{p}
\end{aligned}
$$
とおくと
$$
L = \begin{cases}
\sqrt{p} ((q+1)|q+1| - q|q|) & (r = 0 \text{の時}) \\
\sqrt{p} ((q+1)\sqrt{(q+1)^2 + r^2} - q\sqrt{q^2 + r^2} + \\
\quad\quad r^2(\log(q+1 + \sqrt{(q+1)^2 + r^2}) - \log(q + \sqrt{q^2 + r^2}))) & (\text{そうではないとき})
\end{cases}
$$
が成り立つ.
証明. 1. このとき, このベジェ曲線は始点を$(x_1, y_1)$, 終点を$(x_3, y_3)$としている直線になっていることを示す.
$ x_1 + x_3 = 2x_2, y_1 + y_3 = 2y_2$なので
$$
\begin{aligned}
x(t)
&= (1-t)^2x_1 + t(1-t)(x_1 + x_3) + t^2x_3 \\
&= (1-t)^2x_1 + t(1-t)x_1 + t(1-t)x_3 + t^2x_3 \\
&= (1-t)(1-t+t)x_1 + t(1-t+t)x_3 \\
&= (1-t)x_1 + tx_3
\end{aligned}
$$
となる. 同様に $ y(t) = (1-t)y_1 + ty_3$を満たす.
以上によって このベジェ曲線は始点を$(x_1, y_1)$として, 終点を$(x_3, y_3)$ とする直線である.
したがって 弧長は
$$
L = \sqrt{(x_1 - x_3)^2 + (y_1 - y_3)^2}
$$
を満たす.
2. $x(t), y(t)$を微分すると
$$
\begin{aligned}
\frac{dx}{dt} &= 2t(x_1 - 2x_2 + x_3) + 2(x_2 - x_1) \\
\frac{dy}{dt} &= 2t(y_1-2y_2+y_3) + 2(y_2 - y_1)
\end{aligned}
$$
となる. したがって
$$
\begin{aligned}
\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2}
&= 2\sqrt{(t(x_1 - 2x_2 + x_3) + (x_2 - x_1))^2 + (t(y_1 - 2y_2 + y_3) + (y_2 - y_1))^2}.
\end{aligned}
$$
$ a=x_1-2x_2+x_3, b=x_2-x_1, c=y_1-2y_2+y_3, d=y_2-y_1$ とおいて, 上式の平方根の中を平方完成すると
$$
\begin{aligned}
(at+b)^2 + (ct+d)^2
&= t^2(a^2 + c^2) + 2t(ab + cd) + b^2+d^2 \\
&= (a^2+c^2)\left(t + \frac{ab+cd}{a^2+c^2}\right)^2 - \frac{(ab+cd)^2}{a^2+c^2} + b^2+d^2
\end{aligned}
$$
また
$$
\begin{aligned}
-(ab+cd)^2 + (a^2+c^2)(b^2+d^2)
&= -(a^2b^2 + c^2d^2 + 2abcd) + (a^2b^2 + c^2d^2 + b^2c^2 + a^2d^2) \\
&= a^2d^2 + b^2c^2 - 2abcd \\
&= (ad-bc)^2.
\end{aligned}
$$
よって,
$$
\begin{aligned}
(at+b)^2 + (ct+d)^2
&= (a^2+c^2)\left(t + \frac{ab+cd}{a^2+c^2} \right)^2 + \frac{(ad-bc)^2}{a^2+c^2} \\
&= (a^2+c^2)\left(\left(t + \frac{ab+cd}{a^2+c^2}\right)^2 + \left(\frac{ad-bc}{a^2+c^2}\right)^2\right).
\end{aligned}
$$
したがって, $p=a^2+c^2>0, q=(ab+cd)/(a^2+c^2), r=(ad-bc)/(a^2+c^2)$とおくと
$$
\begin{aligned}
(at+b)^2 + (ct+d)^2
&= p((t+q)^2 + r^2).
\end{aligned}
$$
以上によって
$$
\begin{aligned}
L
&= \int_0^1 \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt \\
&= 2\int_0^1 \sqrt{p((t+q)^2 + r^2)} dt \\
&= 2\sqrt{p} \int_0^1 \sqrt{(t+q)^2 + r^2} dt.
\end{aligned}
$$
$r=0$のとき
$$
\int |t| dt = \frac1{2} t|t| + C (C\text{は積分定数})
$$
に注意して
$$
\begin{aligned}
L
&= 2\sqrt{p} \int_0^1 \sqrt{(t+q)^2} dt \\
&= 2\sqrt{p}\int_0^1 |t+q|dt \\
&= \sqrt{p} \left.(t+q)|(t+q)|\right|_{t=0}^1 \\
&= \sqrt{p} ((q+1)|q+1| - q|q|).
\end{aligned}
$$
$r \neq 0$のとき
$正数\rho \neq 0$ に対して
$$
\int \sqrt{x^2 + \rho^2}dx
= \frac{1}{2} (x\sqrt{x^2 + \rho^2} + \rho^2\log(x + \sqrt{x^2 + \rho^2})) + C (C\text{は積分定数})
$$
が成り立つ (参考URL)ことに注意する.
$u = t + q$ とおくと, $du = dt$ が成り立つので
$$
\begin{aligned}
L
&= 2\sqrt{p} \int_0^1 \sqrt{(t+q)^2 + r^2} dt \\
&= 2\sqrt{p}\int_q^{q+1} \sqrt{u^2 + r^2} du \\
&= \sqrt{p}\left.\left( u\sqrt{u^2 + r^2} + r^2\log(u + \sqrt{u^2 + r^2})\right) \right|_{u=q}^{q+1} \\
&= \sqrt{p} ((q+1)\sqrt{(q+1)^2 + r^2} - q\sqrt{q^2 + r^2} + \\
& \quad\quad\quad r^2(\log(q+1 + \sqrt{(q+1)^2 + r^2}) - \log(q + \sqrt{q^2 + r^2}))).
\end{aligned}
$$