数学3 定積分・面積 問題 164 解説

方針・初手

与えられた定積分を被積分関数の展開により、2つの積分の和として分ける。

$$\int_{0}^{\frac{1}{2}} x\sqrt{1-2x^2} dx + \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-2x^2} dx$$

第1項は微分形接触の形となっているため、置換積分で処理する。 第2項は $\sqrt{a^2 - x^2}$ の形であるから、三角関数による置換積分、あるいは円の面積の一部とみなす図形的な解釈が有効である。

解法1

求める定積分を $I$ とすると、

$$I = \int_{0}^{\frac{1}{2}} x\sqrt{1-2x^2} dx + \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-2x^2} dx$$

である。それぞれの積分を別々に計算する。

(i) 第1項の積分

$t = 1-2x^2$ とおく。両辺を $x$ で微分すると $\frac{dt}{dx} = -4x$ より $xdx = -\frac{1}{4}dt$ となる。 積分区間の対応は以下の通りである。

• $x : 0 \to \frac{1}{2}$
• $t : 1 \to \frac{1}{2}$

したがって、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x\sqrt{1-2x^2} dx &= \int_{1}^{\frac{1}{2}} \sqrt{t} \left(-\frac{1}{4}\right) dt \\ &= \frac{1}{4} \int_{\frac{1}{2}}^{1} t^{\frac{1}{2}} dt \\ &= \frac{1}{4} \left[ \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} \right]_{\frac{1}{2}}^{1} \\ &= \frac{1}{6} \left( 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{3}{2}} \right) \\ &= \frac{1}{6} \left( 1 - \frac{1}{2\sqrt{2}} \right) \\ &= \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{2}}{24} \end{aligned}$$

(ii) 第2項の積分

$x = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta$ とおく。両辺を $\theta$ で微分すると $dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta d\theta$ となる。 積分区間の対応は以下の通りである。

• $x : 0 \to \frac{1}{2}$ のとき、$\frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta = \frac{1}{2}$ より $\sin \theta = \frac{\sqrt{2}}{2}$ となるため、$-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ の範囲で $\theta : 0 \to \frac{\pi}{4}$

したがって、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-2x^2} dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{1 - 2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta\right)^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{1 - \sin^2\theta} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta d\theta \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} |\cos\theta| \cos \theta d\theta \end{aligned}$$

$0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ において $\cos\theta > 0$ であるから、

$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta d\theta &= \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta \\ &= \frac{1}{2\sqrt{2}} \left[ \theta + \frac{1}{2} \sin 2\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{4} \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{2} - 0 \right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{4} \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \right) \\ &= \frac{\sqrt{2}\pi}{16} + \frac{\sqrt{2}}{8} \end{aligned}$$

(i)、(ii) より、

$$\begin{aligned} I &= \left( \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{2}}{24} \right) + \left( \frac{\sqrt{2}\pi}{16} + \frac{\sqrt{2}}{8} \right) \\ &= \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{2}}{24} + \frac{3\sqrt{2}}{24} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16} \\ &= \frac{1}{6} + \frac{\sqrt{2}}{12} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16} \end{aligned}$$

解法2

定積分の式を展開して2つに分けるところまでは解法1と同じである。

(i) 第1項の積分

$f(x) = 1-2x^2$ とすると、$f'(x) = -4x$ である。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x\sqrt{1-2x^2} dx &= -\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{1}{2}} -4x (1-2x^2)^{\frac{1}{2}} dx \\ &= -\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{1}{2}} f'(x) \{f(x)\}^{\frac{1}{2}} dx \\ &= -\frac{1}{4} \left[ \frac{2}{3} \{f(x)\}^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \\ &= -\frac{1}{6} \left[ (1-2x^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{\frac{1}{2}} \\ &= -\frac{1}{6} \left( \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{3}{2}} - 1 \right) \\ &= -\frac{1}{6} \left( \frac{\sqrt{2}}{4} - 1 \right) \\ &= \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{2}}{24} \end{aligned}$$

(ii) 第2項の積分

定積分 $\int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-2x^2} dx$ を以下のように変形する。

$$\int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-2x^2} dx = \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{\frac{1}{2}-x^2} dx$$

ここで、$J = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \sqrt{\frac{1}{2}-x^2} dx$ は、円 $x^2 + y^2 = \frac{1}{2}$ （半径 $\frac{1}{\sqrt{2}}$）の $y \ge 0$ の部分において、$x$ が $0$ から $\frac{1}{2}$ までの面積を表す。

$x = \frac{1}{2}$ のとき、$y = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$ である。 原点を $O$、円上の点を $A(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$、$B(0, \frac{1}{\sqrt{2}})$、さらに $x$ 軸上の点を $C(\frac{1}{2}, 0)$ とすると、求める面積 $J$ は、直角三角形 $OAC$ と扇形 $OAB$ の面積の和である。

直角三角形 $OAC$ において、$OC = \frac{1}{2}$、$AC = \frac{1}{2}$ であるから、$\angle AOC = \frac{\pi}{4}$ である。 したがって、扇形 $OAB$ の中心角は $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ となる。

直角三角形 $OAC$ の面積は、

$$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$$

扇形 $OAB$ の面積は、

$$\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{16}$$

これらより、

$$J = \frac{1}{8} + \frac{\pi}{16}$$

したがって、第2項の積分は、

$$\sqrt{2} J = \sqrt{2} \left( \frac{1}{8} + \frac{\pi}{16} \right) = \frac{\sqrt{2}}{8} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16}$$

(i)、(ii) より、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} (x+1)\sqrt{1-2x^2} dx &= \left(\frac{1}{6} - \frac{\sqrt{2}}{24}\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{8} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16}\right) \\ &= \frac{1}{6} + \frac{\sqrt{2}}{12} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16} \end{aligned}$$

解説

無理関数を含む定積分の典型問題である。$(x+1)$ のように多項式が掛けられている場合は、それぞれ展開して独立した積分として扱うのが基本方針となる。

$x\sqrt{1-2x^2}$ の部分は、根号の中身の微分が $x$ の定数倍になることに気づけば、置換積分または合成関数の微分の逆演算で容易に計算できる。

$\sqrt{1-2x^2}$ の部分は、$\sqrt{a^2-x^2}$ の形であるため、$x = a \sin \theta$ とおく置換積分が定石である。解法2で示したように、円の面積の一部とみなして幾何学的に処理する方法も非常に有効であり、計算ミスを減らすことができるため習得しておきたい。

答え

$\frac{1}{6} + \frac{\sqrt{2}}{12} + \frac{\sqrt{2}\pi}{16}$