平面上の曲線の問題

自己交点を求める。
$t_1\ne t_2$ である 2 つの値で同じ点を表すとする。$x$ 座標が等しいので $t_1^2=t_2^2$ であり、$t_1\ne t_2$ より $t_2=-t_1$（$t_1\ne 0$）である。

$y$ 座標について、$y(-t)=-\frac{t^3}{3}+t=-y(t)$ なので、$y(t_1)=y(-t_1)$ は $y(t_1)=-y(t_1)$、すなわち $y(t_1)=0$ を意味する。
$$\frac{t_1^3}{3}-t_1=\frac{t_1(t_1^2-3)}{3}=0$$
であり、$t_1\ne 0$ より $t_1^2=3$ である。よって $t=\pm \sqrt{3}$ がともに点 $\mathrm{P}(3,0)$ を表し、自己交点はこの 1 点だけである。

$t$ が $-\sqrt{3}$ から $\sqrt{3}$ まで動くとき、点は $\mathrm{P}$ を出発して再び $\mathrm{P}$ に戻る。この間に $t$ の異なる値が同じ点を表すことはないので、この部分が閉じた輪である。

長さを計算する。
$$\frac{dx}{dt}=2t,\frac{dy}{dt}=t^2-1$$
より
$${\left(\frac{dx}{dt}\right)}^2+{\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2=4t^2+(t^4-2t^2+1)=t^4+2t^2+1=(t^2+1{)}^2$$
となる。$t^2+1>0$ なので、根号をはずすと $t^2+1$ である。よって
$$L={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}(t^2+1)dt$$
となる。被積分関数は偶関数なので
$$L=2{\int }_0^{\sqrt{3}}(t^2+1)dt=2{\left[\frac{t^3}{3}+t\right]}_0^{\sqrt{3}}=2\left(\frac{3\sqrt{3}}{3}+\sqrt{3}\right)=2\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$$

答えは $L=4\sqrt{3}$ である。

$\frac{dx}{dt}=2t,\frac{dy}{dt}=t^2-1$ である。

自己交点を求める。$x=t^2$ より、交わる 2 つのパラメータは $t=\pm s$ ($s>0$) とおける。$y$ が等しい条件は $\frac{s^3}{3}-s=-\frac{s^3}{3}+s$ であり、整理すると $\frac{2s^3}{3}=2s$、つまり $s^2=3$ となる。よって $s=\sqrt{3}$ である。

このとき $P=(3,0)$ で、閉じた輪は $-\sqrt{3}\le t\le \sqrt{3}$ の部分にあたる。

速さの 2 乗は $(2t{)}^2+(t^2-1{)}^2=t^4+2t^2+1=(t^2+1{)}^2$ である。したがって速さは $t^2+1$ となる。

$$L={\int }_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}(t^2+1)dt=2{\left[\frac{t^3}{3}+t\right]}_0^{\sqrt{3}}=2(\sqrt{3}+\sqrt{3})=4\sqrt{3}$$

検算：$t=\sqrt{3}$ で $\frac{t^3}{3}=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$ だから $y=0$ となり、$t=-\sqrt{3}$ でも $y=0$ である。どちらも $x=3$ なので、確かに P で交わる。