トップ› 基礎問題› 数学3› 積分法› 定積分・面積› 問題 167

数学3 定積分・面積問題 167 解説

方針・初手

(1) では、まず点 $\text{A}$ から円に引いた接線に関する角度 $\angle\text{OAP}$ を求める。直線 $l_k$ と $x$ 軸のなす角が求まるので、円の中心から弦に下ろした垂線などの図形的な性質を利用するか、直線の媒介変数表示を用いて円の方程式と連立し、解と係数の関係を用いることで $\text{AR}_k^2 - \text{AQ}_k^2$ を計算する。

(2) では、(1) で求めた式が $\frac{k}{n}$ の関数となっていることに着目し、区分求積法を用いて極限を定積分に帰着させる。その後は適切に置換積分を行って定積分の値を求める。

解法1

(1)

円 $C$ は原点 $\text{O}$ を中心とする半径 $1$ の円であり、直線 $\text{AP}$ は点 $\text{P}$ で円 $C$ に接する。

直角三角形 $\text{OAP}$ において、$\text{OA} = 2$、$\text{OP} = 1$ であり、$\angle\text{OPA} = \frac{\pi}{2}$ であるから $\sin\angle\text{OAP} = \frac{1}{2}$ となる。

$\angle\text{OAP}$ は鋭角であるから、$\angle\text{OAP} = \frac{\pi}{6}$ である。

直線 $l_k$ と $x$ 軸の正の向きとのなす角を $\theta_k$ とすると、題意より直線 $l_k$ は $\angle\text{OAP}$ を $n$ 等分する直線のうち $k$ 番目のものであるから、

$$\theta_k = \frac{k}{n}\angle\text{OAP} = \frac{k\pi}{6n} \quad (k=1, 2, \cdots, n-1)$$

である。

原点 $\text{O}$ から直線 $l_k$ に垂線 $\text{OH}_k$ を下ろす。直角三角形 $\text{OAH}_k$ において、

$$\text{AH}_k = \text{OA}\cos\theta_k = 2\cos\theta_k$$

$$\text{OH}_k = \text{OA}\sin\theta_k = 2\sin\theta_k$$

円の中心から弦に下ろした垂線は弦を2等分するため、$\text{H}_k$ は線分 $\text{Q}_k\text{R}_k$ の中点である。直角三角形 $\text{OH}_k\text{R}_k$ において、$\text{OR}_k=1$ より三平方の定理から、

$$\text{H}_k\text{R}_k^2 = \text{OR}_k^2 - \text{OH}_k^2 = 1 - 4\sin^2\theta_k$$

ここで、$1 - 4\sin^2\theta_k = 1 - 4(1-\cos^2\theta_k) = 4\cos^2\theta_k - 3$ である。

$0 < \theta_k < \frac{\pi}{6}$ より $\cos\theta_k > \frac{\sqrt{3}}{2}$ であるから、$4\cos^2\theta_k - 3 > 0$ であり、

$$\text{H}_k\text{R}_k = \sqrt{4\cos^2\theta_k - 3}$$

となる。$\text{Q}_k$ は $\text{A}$ に近い交点であるから、

$$\text{AR}_k = \text{AH}_k + \text{H}_k\text{R}_k = 2\cos\theta_k + \sqrt{4\cos^2\theta_k - 3}$$

$$\text{AQ}_k = \text{AH}_k - \text{H}_k\text{R}_k = 2\cos\theta_k - \sqrt{4\cos^2\theta_k - 3}$$

したがって、

$$\begin{aligned} \text{AR}_k^2 - \text{AQ}_k^2 &= (\text{AR}_k + \text{AQ}_k)(\text{AR}_k - \text{AQ}_k) \\ &= 4\cos\theta_k \cdot 2\sqrt{4\cos^2\theta_k - 3} \\ &= 8\cos\left(\frac{k\pi}{6n}\right) \sqrt{4\cos^2\left(\frac{k\pi}{6n}\right) - 3} \end{aligned}$$

(2)

求める極限値を $I$ とおく。(1) の結果と区分求積法より、

$$\begin{aligned} I &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} 8\cos\left(\frac{\pi}{6} \cdot \frac{k}{n}\right) \sqrt{4\cos^2\left(\frac{\pi}{6} \cdot \frac{k}{n}\right) - 3} \\ &= \int_0^1 8\cos\left(\frac{\pi}{6}x\right) \sqrt{4\cos^2\left(\frac{\pi}{6}x\right) - 3} \, dx \end{aligned}$$

ここで、$x = \frac{6}{\pi}\theta$ と置換する。$dx = \frac{6}{\pi}d\theta$ であり、$x$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{6}$ まで変化する。また、根号内は $4\cos^2\theta - 3 = 1 - 4\sin^2\theta$ と変形できるから、

$$I = \frac{48}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{6}} \cos\theta \sqrt{1 - 4\sin^2\theta} \, d\theta$$

となる。さらに、$2\sin\theta = \sin\phi$ $\left(0 \leqq \phi \leqq \frac{\pi}{2}\right)$ と置換する。

$\theta$ が $0$ から $\frac{\pi}{6}$ まで変化するとき、$2\sin\theta$ は $0$ から $1$ まで変化するため、$\phi$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化する。

両辺を微分すると $2\cos\theta d\theta = \cos\phi d\phi$ より $\cos\theta d\theta = \frac{1}{2}\cos\phi d\phi$ である。

また、$\sqrt{1 - 4\sin^2\theta} = \sqrt{1 - \sin^2\phi} = \cos\phi$ であるから、

$$\begin{aligned} I &= \frac{48}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\phi \cdot \frac{1}{2}\cos\phi \, d\phi \\ &= \frac{24}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\phi \, d\phi \\ &= \frac{24}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\phi}{2} \, d\phi \\ &= \frac{12}{\pi} \left[ \phi + \frac{1}{2}\sin 2\phi \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{12}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} \\ &= 6 \end{aligned}$$

解法2

(1)

点 $\text{A}(-2, 0)$ を通る直線が半径 $1$ の円 $C$ に接するとき、接点を $\text{P}$ とすると直角三角形 $\text{OAP}$ より $\angle\text{OAP} = \frac{\pi}{6}$ である。

直線 $l_k$ と $x$ 軸のなす角を $\theta_k$ とすると、$\theta_k = \frac{k\pi}{6n}$ $(k=1, 2, \dots, n-1)$ である。

直線 $l_k$ 上の点で点 $\text{A}$ からの距離が $r$ であるような点の座標 $(x, y)$ は、

$$x = -2 + r\cos\theta_k, \quad y = r\sin\theta_k$$

と表される。これが円 $C: x^2 + y^2 = 1$ 上にあるとき、

$$(-2 + r\cos\theta_k)^2 + (r\sin\theta_k)^2 = 1$$

整理して、

$$r^2 - 4r\cos\theta_k + 3 = 0$$

$0 < \theta_k < \frac{\pi}{6}$ より $\cos\theta_k > \frac{\sqrt{3}}{2}$ であるから、判別式は $(-2\cos\theta_k)^2 - 3 = 4\cos^2\theta_k - 3 > 0$ となり、この $r$ についての2次方程式は正の実数解を2つ持つ。これらの解が $\text{AQ}_k$ と $\text{AR}_k$ ($0 < \text{AQ}_k < \text{AR}_k$) である。

解と係数の関係より、

$$\text{AR}_k + \text{AQ}_k = 4\cos\theta_k$$

$$\text{AR}_k \cdot \text{AQ}_k = 3$$

よって、

$$\begin{aligned} (\text{AR}_k - \text{AQ}_k)^2 &= (\text{AR}_k + \text{AQ}_k)^2 - 4\text{AR}_k \cdot \text{AQ}_k \\ &= 16\cos^2\theta_k - 12 \\ &= 4(4\cos^2\theta_k - 3) \end{aligned}$$

$\text{AR}_k > \text{AQ}_k$ より $\text{AR}_k - \text{AQ}_k > 0$ であるから、

$$\text{AR}_k - \text{AQ}_k = 2\sqrt{4\cos^2\theta_k - 3}$$

以上より、

(2)

求める極限値を $I$ とおく。区分求積法より、

$$I = \int_0^1 8\cos\left(\frac{\pi}{6}x\right) \sqrt{4\cos^2\left(\frac{\pi}{6}x\right) - 3} \, dx$$

ここで、$t = \sin\left(\frac{\pi}{6}x\right)$ とおくと、$dt = \frac{\pi}{6}\cos\left(\frac{\pi}{6}x\right)dx$ より $\cos\left(\frac{\pi}{6}x\right)dx = \frac{6}{\pi}dt$ である。

$x$ が $0$ から $1$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $\frac{1}{2}$ まで変化する。

また、根号内は $4(1-\sin^2\left(\frac{\pi}{6}x\right)) - 3 = 1 - 4t^2$ となるので、

$$I = 8 \int_0^{\frac{1}{2}} \sqrt{1 - 4t^2} \cdot \frac{6}{\pi} \, dt = \frac{48}{\pi} \int_0^{\frac{1}{2}} \sqrt{1 - 4t^2} \, dt$$

さらに、$u = 2t$ とおくと、$du = 2dt$ より $dt = \frac{1}{2}du$ である。

$t$ が $0$ から $\frac{1}{2}$ まで変化するとき、$u$ は $0$ から $1$ まで変化するので、

$$I = \frac{48}{\pi} \int_0^1 \sqrt{1 - u^2} \cdot \frac{1}{2} \, du = \frac{24}{\pi} \int_0^1 \sqrt{1 - u^2} \, du$$

定積分 $\int_0^1 \sqrt{1 - u^2} \, du$ は、半径 $1$ の円の面積の $\frac{1}{4}$ であるから、その値は $\frac{\pi}{4}$ である。

したがって、

$$I = \frac{24}{\pi} \cdot \frac{\pi}{4} = 6$$