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数学3 定積分・面積問題 178 解説

方針・初手

(1) は、2つのグラフの式から $y$ を消去して得られる $x$ の2次方程式が実数解をもつ条件（判別式 $D \geqq 0$）を考える。

(2) は、放物線と直線の交点の $x$ 座標を $\alpha, \beta$ とおき、定積分で面積を計算する。いわゆる $\frac{1}{6}$ 公式を利用すると計算を大幅に簡略化できる。

(3) は、(2) で求めた無理関数を含む定積分を計算する。$\sqrt{a^2 - t^2}$ の形を含むので、$t = a\sin\theta$ と置換積分する定石に従う。

解法1

(1)

放物線 $y = -x^2 + 1 - t^2$ と直線 $y = 2\sqrt{3}x$ が共有点をもつ条件は、これらから $y$ を消去した2次方程式

$$-x^2 + 1 - t^2 = 2\sqrt{3}x$$

すなわち

$$x^2 + 2\sqrt{3}x + t^2 - 1 = 0$$

が実数解をもつことである。この2次方程式の判別式を $D$ とすると、実数解をもつための条件は $D \geqq 0$ である。

$$\frac{D}{4} = (\sqrt{3})^2 - 1 \cdot (t^2 - 1) \geqq 0$$

$$3 - t^2 + 1 \geqq 0$$

$$t^2 - 4 \leqq 0$$

$$(t + 2)(t - 2) \leqq 0$$

これを解いて、$-2 \leqq t \leqq 2$ であることが示された。

(2)

連立不等式の表す領域は、放物線 $y = -x^2 + 1 - t^2$ の下側かつ直線 $y = 2\sqrt{3}x$ の上側の領域である。

(1) の2次方程式 $x^2 + 2\sqrt{3}x + t^2 - 1 = 0$ の2つの実数解を $\alpha, \beta$ ($\alpha \leqq \beta$) とする。解の公式より

$$x = -\sqrt{3} \pm \sqrt{3 - (t^2 - 1)} = -\sqrt{3} \pm \sqrt{4 - t^2}$$

であるから、

$$\beta - \alpha = (-\sqrt{3} + \sqrt{4 - t^2}) - (-\sqrt{3} - \sqrt{4 - t^2}) = 2\sqrt{4 - t^2}$$

となる。

したがって、求める面積 $S(t)$ は

$$\begin{aligned} S(t) &= \int_{\alpha}^{\beta} \left\{ (-x^2 + 1 - t^2) - 2\sqrt{3}x \right\} dx \\ &= -\int_{\alpha}^{\beta} (x^2 + 2\sqrt{3}x + t^2 - 1) dx \\ &= -\int_{\alpha}^{\beta} (x - \alpha)(x - \beta) dx \\ &= \frac{1}{6}(\beta - \alpha)^3 \end{aligned}$$

となる。ここに $\beta - \alpha = 2\sqrt{4 - t^2}$ を代入して、

$$\begin{aligned} S(t) &= \frac{1}{6} \left( 2\sqrt{4 - t^2} \right)^3 \\ &= \frac{8}{6} (4 - t^2)^{\frac{3}{2}} \\ &= \frac{4}{3}(4 - t^2)\sqrt{4 - t^2} \end{aligned}$$

(3)

(2) の結果より、求める定積分は

$$I = \int_{-2}^{2} \frac{4}{3}(4 - t^2)\sqrt{4 - t^2} dt$$

である。被積分関数は $t$ の偶関数であるから、

$$I = 2 \int_{0}^{2} \frac{4}{3}(4 - t^2)\sqrt{4 - t^2} dt = \frac{8}{3} \int_{0}^{2} (4 - t^2)\sqrt{4 - t^2} dt$$

ここで、$t = 2\sin\theta$ とおく。

$t$ が $0$ から $2$ まで変化するとき、$\theta$ は $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化する。 $dt = 2\cos\theta d\theta$ であり、また $\theta$ のこの範囲において $\cos\theta \geqq 0$ であるため、

$$\sqrt{4 - t^2} = \sqrt{4 - 4\sin^2\theta} = \sqrt{4\cos^2\theta} = 2\cos\theta$$

となる。したがって、

$$\begin{aligned} I &= \frac{8}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 4 - 4\sin^2\theta \right) \cdot 2\cos\theta \cdot 2\cos\theta d\theta \\ &= \frac{8}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 4\cos^2\theta \cdot 4\cos^2\theta d\theta \\ &= \frac{128}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta d\theta \end{aligned}$$

ここで、半角の公式を繰り返し用いて $\cos^4\theta$ を次数下げする。

$$\begin{aligned} \cos^4\theta &= \left( \cos^2\theta \right)^2 \\ &= \left( \frac{1 + \cos 2\theta}{2} \right)^2 \\ &= \frac{1}{4} \left( 1 + 2\cos 2\theta + \cos^2 2\theta \right) \\ &= \frac{1}{4} \left( 1 + 2\cos 2\theta + \frac{1 + \cos 4\theta}{2} \right) \\ &= \frac{1}{8} \left( 3 + 4\cos 2\theta + \cos 4\theta \right) \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta d\theta &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{8} \left( 3 + 4\cos 2\theta + \cos 4\theta \right) d\theta \\ &= \frac{1}{8} \left[ 3\theta + 2\sin 2\theta + \frac{1}{4}\sin 4\theta \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{1}{8} \left( 3 \cdot \frac{\pi}{2} \right) \\ &= \frac{3\pi}{16} \end{aligned}$$

以上より、

$$I = \frac{128}{3} \cdot \frac{3\pi}{16} = 8\pi$$

解説

2次関数と直線の交点や囲む面積についての典型的な問題です。面積の計算においては、定積分をまともに展開して計算するのではなく $\frac{1}{6}$ 公式を利用することで計算量を減らし、ミスを防ぐことができます。

定積分における置換積分では、積分区間の対応と、置換した文字による微分の関係式を正確に導くことが重要です。$\cos^n\theta$ や $\sin^n\theta$ の積分（$n$が偶数）は、半角の公式を用いた次数下げが定石となります。また、偶関数の性質を利用して積分区間を $0$ からに変えることで、後の計算が少し楽になります。ウォリスの公式を知っていれば、$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta d\theta$ の値を即座に $\frac{3\pi}{16}$ と求めることもできますが、記述式試験を想定し丁寧に次数下げを行って計算過程を残すのが無難です。