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10.1 面積

閉区間$[a,\ b]$で連続な関数$f(x)$と,$x$軸,  及び2直線$x=a,\ x=b$とで囲まれる部分の面積は \[\int_a^b\!\!|f(x)|dx\]

例1

 半径$a$の円の面積$S$を求めよ.

 $x^2+y^2=a^2$を$y$について解くと, \[y=\left\{\begin{array}{ll} \sqrt{a^2-x^2}&(\mbox{半円の上側})\\ -\sqrt{a^2-x^2}&(\mbox{半円の下側})\\ \end{array}\right.\]  従って対称性により, \[S=4\int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx\]  $x=a\cos\theta$とおくと, \[dx=-a\sin\theta\,d\theta,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to 1\\\hline \theta&\frac\pi2\to 0 \end{array},\] \[\sqrt{a^2-x^2}=\sqrt{a^2(1-\cos^2\theta)}=|a\sin\theta|=a\sin\theta\] \[(\because a>0.\ \ \mbox{また,}0\leqq\theta\leqq\frac\pi2\mbox{で}\sin\theta\geqq0)\] \[\begin{align*} \therefore S&=4\int_{\frac\pi2}^0a\sin\theta\cdot(-a\sin\theta)\,d\theta\\ &=4a^2\int_0^{\frac\pi2}\sin^2\theta\,d\theta\\ &=4a^2\int_0^{\frac\pi2}\frac{1-\cos2\theta}2\,d\theta\\ &=2a^2\left[\theta-\frac12\sin2\theta\right]_0^{\frac\pi2}\\ &=\underline{\pi a^2} \end{align*}\]

例1の補足

 $\displaystyle\int_\alpha^\beta\!\!\sqrt{a^2-x^2\ }\,dx$ 型の積分の計算では,置換積分を行うのではなく,円の面積に帰着させるのが実践的:

 $a>0$のとき, \[\begin{align*} &\int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac{\pi a^2}4\ \ (\mbox{円の}1/4\mbox{の面積})\\ &\int_{-a}^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac{\pi a^2}2\ \ (\mbox{半円の面積})\\ &\int_{-\frac a2}^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\frac{\sqrt3 a^2}8+\frac{\pi a^2}3\\ \end{align*}\]

(3番目の式は,右辺第1項が直角三角形の面積,第2項が中心角120$^\circ$の扇形の面積)

例2

 楕円$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\ (a>0,b>0)$ の面積$S$を求めよ.

 楕円の式を$y$について解くと, \[y=\left\{\begin{array}{ll} \ \ \dfrac ba\sqrt{a^2-x^2}&(\mbox{楕円の上半分})\\ -\dfrac ba\sqrt{a^2-x^2}&(\mbox{楕円の下半分}) \end{array}\right.\]  対称性により,$x\geqq0,\ y\geqq0$ の部分の4倍が求めるものであるから, \[\begin{align*} S&=4\int_0^a\!\!\frac ba\sqrt{a^2-x^2}\,dx\\ &=\frac{4b}a\underline{\int_0^a\!\!\sqrt{a^2-x^2}\,dx} \end{align*}\]  下線部分の積分は半径$a$の円の4分の1の面積に等しいから, \[S=\frac{4b}a\cdot\frac{\pi a^2}4=\underline{\pi ab}\]

例2の補足

 $S=\pi ab$ は半径$a$の円の面積の$\dfrac ba$倍となっているが, \[y=\frac ba\sqrt{a^2-x^2}\] という式を見れば,各$x$に対して$y$の値が,常に円の場合$(\sqrt{a^2-x^2})$ の$\dfrac ba$倍となっているところからも納得できる.

10.2 2曲線に囲まれた部分の面積

 2曲線 $y=f(x)$と$y=g(x)$,及び2直線$x=a,\ x=b$(ただし,$a<b$)で囲まれる部分の面積は \[ \int_a^b\!\!|f(x)-g(x)|dx \]

 曲線$y=x^2(-2\leqq x\leqq 1)$と3直線$y=x+2,\ x=-2,\ x=1$で囲まれる部分の面積$S$を求めよ.

\[\begin{align*} S&=\int_{-2}^1\!\!|x^2-(x+2)|\,dx\\ &=\int_{-2}^{-1}\!\{x^2-(x+2)\}\,dx-\int_{-1}^1\!\!\{x^2-(x+2)\}\,dx \end{align*}\]  ここで,$F(x)=\dfrac13x^3-\dfrac12x^2-2x$ とおくと, \[\begin{align*} S&=\Bigl[F(x)\Bigr]_{-2}^{-1}-\Bigl[F(x)\Bigr]_{-1}^1\\ &=2F(-1)-F(-2)-F(1)\\ &=\cdots=\underline{\frac{31}6} \end{align*}\]

10.3 媒介変数(パラメータ)表示と面積

ポイント  媒介変数(パラメータ)を消去せず,そのままの形を生かす: \[\int\!\!y\,dx=\int\!\!y\frac{dx}{dt}\,dt\ \ (\mbox{置換積分})\]

例1

 半径1の円の面積$S$を求めよ.

 円周上の点の座標$(x,y)$は,パラメータ$\theta$を用いて \[\left\{\begin{array}{l} x=\cos\theta\\ y=\sin\theta \end{array}\right.\] と表されるから,対称性を考慮すると, \[S=4\int_0^1\!\!y\,dx=4\int_0^1\!\!\sin\theta\,dx\] (誤1)  $\displaystyle S=\Bigl[-\cos\theta\Bigr]_0^1$ (??)
    ($x$ ではなく,$\theta$ で積分してしまっている)
(誤2)  $\displaystyle S=4\sin\theta\int_0^1\!\!dx$ (??)
    ($x=\cos\theta$ だから,$\sin\theta$ は定数ではない)
(正)  $\ x=\cos\theta$より, \[dx=-\sin\theta\,d\theta,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to 1\\\hline \theta&\frac\pi2\to 0 \end{array}\]   であるから, \[\begin{align*} S&=4\int_{\frac\pi2}^0\!\!\sin\theta\cdot(-\sin\theta)\,d\theta\\ &=4\int_0^{\frac\pi2}\!\!\sin^2\theta\,d\theta\\ &=4\int_0^{\frac\pi2}\!\!\frac{1-\cos2\theta}2 d\theta\\ &=2\Bigl[\theta-\frac12\sin2\theta\Bigr]_0^{\frac\pi2}\\ &=\underline{\pi} \end{align*}\]

例2

 曲線$\left\{\begin{array}{l}x=2\sqrt2\cos\theta\\ y=\dfrac 12\sin 2\theta\end{array}\right. \ (0\leqq \theta\leqq \dfrac \pi 2)$と$x$軸とで囲まれた部分の面積$S$を求めよ.

\[\begin{align*} &\frac{dx}{dt}=-2\sqrt2\sin\theta\ \ (\leqq0)\\ &\frac{dy}{dt}=\cos2\theta \end{align*}\]  よって,$\theta$ が0から$\dfrac\pi2$ まで変化したときの$x,y$ の変化は次のようになる:

 従って曲線の概形は次のようになる:

 従って, \[\begin{align*} S&=\int_0^{2\sqrt2}\!\!y\,dx\\ &=\int_{\frac\pi2}^0\!\frac12\sin2\theta\cdot(-2\sqrt2\sin\theta)\,d\theta\\ &=\sqrt2\int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta\sin\theta\,d\theta\\ &=\cdots=\underline{\frac{2\sqrt2}3} \end{align*}\]