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数学3 定積分・面積問題 181 解説

方針・初手

媒介変数表示された曲線の微分の公式を用いて導関数を求め、接線の条件から未知の定数とパラメータの値を定めます。その後の定積分では、三角関数の次数下げや部分積分を用いて計算を進め、最後の面積計算では媒介変数による置換積分を行い、求めた定積分の結果を活用します。

解法1

(1)

$x = 2 \sin^3 t, y = k \cos^3 t$ をそれぞれ $t$ で微分すると、

$$\frac{dx}{dt} = 6 \sin^2 t \cos t$$

$$\frac{dy}{dt} = -3k \cos^2 t \sin t$$

$0 < t < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\frac{dx}{dt} \neq 0$ であるから、

$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-3k \cos^2 t \sin t}{6 \sin^2 t \cos t} = -\frac{k \cos t}{2 \sin t}$$

(2)

直線 $x+y=1$ を $y = -x+1$ と変形すると、その傾きは $-1$ である。曲線 $S$ がこの直線に第1象限で接するとき、接点における $t$ の値を $t_0$ $\left(0 < t_0 < \frac{\pi}{2}\right)$ とすると、接線の傾きの条件から、

$$-\frac{k \cos t_0}{2 \sin t_0} = -1 \iff k \cos t_0 = 2 \sin t_0$$

また、接点 $(p, q)$ は曲線 $S$ 上かつ直線 $x+y=1$ 上にあるので、

$$p = 2 \sin^3 t_0$$

$$q = k \cos^3 t_0$$

$$p + q = 1$$

が成り立つ。$k \cos t_0 = 2 \sin t_0$ より、

$$q = (k \cos t_0) \cos^2 t_0 = 2 \sin t_0 \cos^2 t_0$$

これを $p+q=1$ に代入すると、

$$2 \sin^3 t_0 + 2 \sin t_0 \cos^2 t_0 = 1$$

$$2 \sin t_0 (\sin^2 t_0 + \cos^2 t_0) = 1$$

$$2 \sin t_0 = 1 \iff \sin t_0 = \frac{1}{2}$$

$0 < t_0 < \frac{\pi}{2}$ より、

$$t_0 = \frac{\pi}{6}$$

このとき、$\cos t_0 = \frac{\sqrt{3}}{2}$ であるから、

$$p = 2 \left( \frac{1}{2} \right)^3 = \frac{1}{4}$$

$$q = k \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{8} k$$

ここで $p+q=1$ より $\frac{1}{4} + q = 1$ となるので $q = \frac{3}{4}$ である。したがって、

$$\frac{3\sqrt{3}}{8} k = \frac{3}{4} \iff k = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$$

(3)

半角の公式と2倍角の公式を用いて、$\cos^4 t$ の次数を下げる。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \, dt &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( \frac{1 + \cos 2t}{2} \right)^2 \, dt \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} (1 + 2 \cos 2t + \cos^2 2t) \, dt \\ &= \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( 1 + 2 \cos 2t + \frac{1 + \cos 4t}{2} \right) \, dt \\ &= \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} (3 + 4 \cos 2t + \cos 4t) \, dt \\ &= \frac{1}{8} \left[ 3t + 2 \sin 2t + \frac{1}{4} \sin 4t \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{\pi}{2} + 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= \frac{1}{8} \left( \frac{\pi}{2} + \frac{9\sqrt{3}}{8} \right) = \frac{\pi}{16} + \frac{9\sqrt{3}}{64} \end{aligned}$$

次に、$\cos^6 t$ の定積分は、部分積分を用いて計算する。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^5 t (\sin t)' \, dt \\ &= \Big[ \cos^5 t \sin t \Big]_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} 5 \cos^4 t (-\sin t) \sin t \, dt \\ &= \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^5 \cdot \frac{1}{2} + 5 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \sin^2 t \, dt \\ &= \frac{9\sqrt{3}}{64} + 5 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t (1 - \cos^2 t) \, dt \\ &= \frac{9\sqrt{3}}{64} + 5 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \, dt - 5 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt \end{aligned}$$

これより、

$$6 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt = \frac{9\sqrt{3}}{64} + 5 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \, dt$$

上で求めた $\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \, dt$ の値を代入して、

$$\begin{aligned} 6 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt &= \frac{9\sqrt{3}}{64} + 5 \left( \frac{\pi}{16} + \frac{9\sqrt{3}}{64} \right) \\ &= \frac{5\pi}{16} + \frac{54\sqrt{3}}{64} \end{aligned}$$

両辺を $6$ で割って、

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt = \frac{5\pi}{96} + \frac{9\sqrt{3}}{64}$$

(4)

求める面積の区間は $0 \leqq x \leqq p$ すなわち $0 \leqq x \leqq \frac{1}{4}$ である。 $x=0$ のとき、直線の $y$ 座標は $1$、曲線の $y$ 座標は $k = \frac{2\sqrt{3}}{3} > 1$ となるため、この区間において曲線 $S$ は直線 $x+y=1$ の上側にある。したがって、求める面積 $S_{\text{area}}$ は次の定積分で表される。

$$S_{\text{area}} = \int_{0}^{\frac{1}{4}} y \, dx - \int_{0}^{\frac{1}{4}} (1 - x) \, dx$$

右辺第2項の定積分（台形の面積）は、

$$\int_{0}^{\frac{1}{4}} (1 - x) \, dx = \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{\frac{1}{4}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{32} = \frac{7}{32}$$

右辺第1項の定積分は、置換積分 $x = 2 \sin^3 t$ を用いて計算する。$x$ が $0$ から $\frac{1}{4}$ まで変化するとき、$t$ は $0$ から $\frac{\pi}{6}$ まで変化し、$dx = 6 \sin^2 t \cos t \, dt$ である。

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{4}} y \, dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( \frac{2\sqrt{3}}{3} \cos^3 t \right) (6 \sin^2 t \cos t) \, dt \\ &= 4\sqrt{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \sin^2 t \, dt \\ &= 4\sqrt{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t (1 - \cos^2 t) \, dt \\ &= 4\sqrt{3} \left( \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^4 t \, dt - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \cos^6 t \, dt \right) \end{aligned}$$

(3) の結果を利用して、カッコ内を計算すると、

$$\left( \frac{\pi}{16} + \frac{9\sqrt{3}}{64} \right) - \left( \frac{5\pi}{96} + \frac{9\sqrt{3}}{64} \right) = \frac{6\pi - 5\pi}{96} = \frac{\pi}{96}$$

よって、

$$\int_{0}^{\frac{1}{4}} y \, dx = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\pi}{96} = \frac{\sqrt{3}}{24} \pi$$

以上より、求める面積は、

$$S_{\text{area}} = \frac{\sqrt{3}}{24} \pi - \frac{7}{32}$$

解説

媒介変数表示された曲線の微積分を総合的に問う標準的な問題である。接線の条件を処理する際、$p$ と $q$ の式をそのまま $x+y=1$ に代入するだけではなく、接線の傾き $\frac{dy}{dx} = -1$ から得られる関係式 $k \cos t_0 = 2 \sin t_0$ を活用することで、計算をスムーズに進めることができる。三角関数の高次数の積分では、次数下げを地道に行うか、あるいは部分積分から漸化式を導いて計算量を減らす工夫が鍵となる。また、(4)の置換積分において $\int \cos^4 t \sin^2 t \, dt = \int \cos^4 t \, dt - \int \cos^6 t \, dt$ となることに気づけば、(3)の誘導をそのまま利用できる。