COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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面積(数学 III)

境界が陽関数表示の場合

定理≪関数のグラフと直線が囲む図形の面積≫

 閉区間 $a \leqq x \leqq b$ で定義された連続関数 $f(x),$ $g(x)$ に対して, 曲線 $y = f(x),$ $y = g(x)$ と直線 $x = a,$ $x = b$ で囲まれた図形の面積 $S$ は \[ S = \int_a^b|f(x)-g(x)|dx\] である.

問題≪ベータ関数と面積≫

 $\alpha,$ $\beta$ を $\alpha < \beta$ なる実数とし, 非負整数 $m,$ $n$ の各組に対して \[ I(m,n) = \int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^m(\beta -x)^ndx\] と定める. また, $p,$ $q$ を正の整数とする.
(1)
$I(m,0)$ を求めよ.
(2)
$n \geqq 1$ のとき, $I(m,n) = \dfrac{n}{m+1}I(m+1,n-1)$ が成り立つことを示せ.
(3)
$I(m,n)$ を求めよ.
(4)
$B(p,q) = \displaystyle\int_0^1t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt$ を求めよ.
(5)
曲線 $x^{\frac{1}{p}}+y^{\frac{1}{q}} = 1\ (0 \leqq x \leqq 1,\ 0 \leqq y \leqq 1)$ と座標軸で囲まれた図形の面積 $S(p,q)$ を求めよ.
[高知大*, 東京工業大*]

解答例

(1)
\begin{align*} I(m,0) &= \int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^m = \left[\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}\right] _\alpha ^\beta \\ &= \frac{(\beta -\alpha )^{m+1}}{m+1} \quad \cdots [1] \end{align*} である.
(2)
$n \geqq 1$ のとき, \begin{align*} I(m,n) &= \int_\alpha ^\beta\left\{\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}\right\} '(\beta -x)^ndx \\ &= \left[\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}(\beta -x)^n\right] _\alpha ^\beta \\ &\qquad -\int_\alpha ^\beta\frac{(x-\alpha )^{m+1}}{m+1}n(\beta -x)^{n-1}(-1)dx \\ &= \frac{n}{m+1}\int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^{m+1}(\beta -x)^{n-1}dx \\ &= \frac{n}{m+1}I(m+1,n-1) \quad \cdots [2] \end{align*} が成り立つ.
(3)
$[1],$ $[2]$ から, \begin{align*} I(m,n) &= \frac{n}{m+1}\cdots \frac{1}{m+n}I(m+n,0) \quad (\because [2]) \\ &= \frac{m!n!}{(m+n)!}\cdot\frac{(\beta -\alpha )^{m+n+1}}{m+n+1} \quad (\because [1]) \\ &= \frac{m!n!}{(m+n+1)!}(\beta -\alpha )^{m+n+1} \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つ.
(4)
$\alpha = 0,$ $\beta = 1$ の場合を考えると, $[3]$ から \[ B(p,q) = I(p-1,q-1) = \frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!} \quad \cdots [4]\] が得られる.
(5)
$x^{\frac{1}{p}}+y^{\frac{1}{q}} = 1$ のとき, $y = (1-x^{\frac{1}{p}})^q$ から \[ S(p,q) = \int_0^1(1-x^{\frac{1}{p}})^qdx\] である. $t = x^{\frac{1}{p}}$ と置換すると, $[4]$ から \begin{align*} S(p,q) &= \int_0^1(1-t)^qpt^{p-1}dt = p\cdot B(p,q+1) \\ &= p\cdot\frac{(p-1)!q!}{(p+q)!} = \frac{p!q!}{(p+q)!} \end{align*} が得られる.

背景

 $B(x,y) = \displaystyle\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\ (x,\ y > 0)$ で定まる $x,$ $y$ の関数を「ベータ関数」(beta function)と呼ぶ. その値 $B(x,y)$ は, $0 < x < 1$ または $0 < y < 1$ のとき「広義積分」(improper integral), つまり定積分の極限 $\displaystyle\lim\limits_{a \to +0}\lim\limits_{b \to 1-0}\int_a^bt^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$ として定義されるが, $x \geqq 1,$ $y \geqq 1$ のとき単なる定積分である. この問題では, $p,$ $q$ が正の整数の場合に $B(p,q)$ を求めた. この場合には, $B(p,q)$ は面積の計算でおなじみの定積分
$\displaystyle\int_\alpha ^\beta (x-\alpha )^m(x-\beta )^ndx$ ($m,$ $n$: 非負整数)
と密接な関係がある.

境界が陰関数表示の場合

問題≪リサージュ曲線が囲む図形の面積(陰関数表示)≫

 曲線 $C:y^2 = 4x^2(1-x^2)$ $(x \geqq 0,\ y \geqq 0)$ と $x$ 軸が囲む図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $0 \leqq x \leqq 1,$ $y \geqq 0$ に注意すると, $y = 2x\sqrt{1-x^2}$ である. よって, 求める面積は, \begin{align*} S &= \int_0^12x\sqrt{1-x^2}dx \\ &= -\int_0^1(1-x^2)'\sqrt{1-x^2}dx \\ &= -\left[\frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}\right] _0^1 \\ &= \frac{2}{3} \end{align*} である.

境界が媒介変数表示の場合

問題≪リサージュ曲線が囲む図形の面積(媒介関数表示)≫

 曲線 $C:\begin{cases} x = \sin\theta, \\ y = \sin 2\theta \end{cases}\ \left(0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ と $x$ 軸が囲む図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ において $\dfrac{dx}{d\theta} = \cos\theta > 0$ であるから, $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ の範囲の $\theta$ に対して $x$ は単調に増加して, その値の範囲は $0 \leqq x \leqq 1$ である. また, この範囲で $y = \sin 2\theta \geqq 0$ であるから, 求める面積は \begin{align*} S &= \int_0^1ydx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}y\frac{dx}{d\theta}d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin 2\theta\cos\theta d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}2\sin\theta\cos ^2\theta d\theta \\ &= -2\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\sin\theta )\cos ^2\theta d\theta \\ &= -2\left[\frac{1}{3}\cos ^3\theta\right] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{2}{3} \end{align*} である.

定理≪極方程式で表された曲線と直線が囲む図形の面積≫

 閉区間 $a \leqq \theta \leqq b$ で定義された連続関数 $r(\theta )$ に対して, 極方程式 $r = r(\theta )$ で表された曲線と直線 $\theta = a,$ $\theta = b$ で囲まれた図形の面積 $S$ は \[ S = \frac{1}{2}\int_a^br(\theta )^2d\theta\] である.

問題≪サイクロイドの面積≫

(A)
サイクロイド \[ x = \theta -\sin\theta, \quad y = 1-\cos\theta \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )\] と $x$ 軸で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.
(B)
カージオイド \[ x \!=\! (1\!+\!\cos\theta )\cos\theta,\ y \!=\! (1\!+\!\cos\theta )\sin\theta\ (-\pi \!\leqq\! \theta \!\leqq\! \pi )\] で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.
(C)
アステロイド \[ x = \cos ^3\theta, \quad y = \sin ^3\theta \quad (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )\] で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

(A)
$x$ が $0$ から $2\pi$ まで増加するとき, $\theta$ は $0$ から $2\pi$ まで単調に増加する. $\dfrac{dx}{d\theta} = 1-\cos\theta$ であるから, 求める面積は \begin{align*} S &= \int_0^{2\pi}ydx \\ &= \int_0^{2\pi}y\frac{dx}{d\theta}d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}(1-\cos\theta )^2d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}(1-2\cos\theta +\cos ^2\theta )d\theta \\ &= \int_0^{2\pi}\left(\frac{3}{2}-2\cos\theta +\frac{1}{2}\cos 2\theta\right) d\theta \\ &= \left[\frac{3}{2}\theta -2\sin\theta +\frac{1}{4}\sin 2\theta\right] _0^{2\pi} \\ &= \frac{3}{2}(2\pi -0) = 3\pi \end{align*} である.
(B)
\begin{align*} \{ 1+\cos (-\theta )\}\cos (-\theta ) &= (1+\cos\theta )\cos\theta \\ \{ 1+\cos (-\theta )\}\sin (-\theta ) &= -(1+\cos\theta )\sin\theta \end{align*} であるから, 曲線の $-\pi \leqq \theta \leqq 0$ の部分と $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称である. \begin{align*} \frac{dx}{d\theta} &= -\sin\theta\cos\theta +(1+\cos\theta )(-\sin\theta ) \\ &= -\sin\theta (1+2\cos\theta ) \end{align*} であるから, $\theta$ が $0$ から $\dfrac{2}{3}\pi$ まで増加するとき $x$ は $2$ から $-\dfrac{1}{4}$ まで単調に減少し, $\theta$ が $\dfrac{2}{3}\pi$ から $\pi$ まで増加するとき $x$ は $-\dfrac{1}{4}$ から $0$ まで単調に増加する. $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{2}{3}\pi$ の部分の $y$ 座標を $y_1,$ $\dfrac{2}{3}\pi \leqq \theta \leqq \pi$ の部分の $y$ 座標を $y_2$ とおくと, 求める面積は, \begin{align*} &S = 2\left(\int_{-\frac{1}{4}}^2y_1dx-\int_{-\frac{1}{4}}^0y_2dx\right) \\ &= 2\left[\int_{\frac{2}{3}\pi}^0(1+\cos\theta )\sin\theta\{ -\sin\theta (1+2\cos\theta )\} d\theta\right. \\ &\qquad \left.\int_{\frac{2}{3}\pi}^\pi (1+\cos\theta )\sin\theta\{ -\sin\theta (1+2\cos\theta )\} d\theta\right] \\ &= 2\int_0^\pi\sin ^2\theta (1+\cos\theta )(1+2\cos\theta )d\theta \\ &= 2\int_0^\pi (-2\cos ^4\theta\!-\!3\cos ^3\theta\!+\!\cos ^2\theta\!+\!3\cos\theta\!+\!1)d\theta \\ &= 2\!\int_0^\pi\!\!\!\left(-\frac{\cos 4\theta}{4}\!\!-\!\!\frac{3\cos 3\theta}{4}\!\!-\!\!\frac{\cos 2\theta}{2}\!\!+\!\!\frac{3\cos\theta}{4}\!\!+\!\!\frac{3}{4}\right)\!d\theta \\ &= 2\left[ -\frac{\sin 4\theta}{16}\!-\!\frac{\sin 3\theta}{4}\!-\!\frac{\sin 2\theta}{4}\!+\!\frac{3\sin\theta}{4}\!+\!\frac{3\theta}{4}\right] _0^\pi \\ &= \frac{3}{2}\pi \end{align*} である.
(C)
\[\cos ^3(2\pi -\theta ) = \cos ^3\theta, \quad \sin ^3(2\pi -\theta ) = -\sin ^3\theta\] から曲線の $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分と $\pi \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称であり, \[\cos ^3(\pi -\theta ) = -\cos ^3\theta, \quad \sin ^3(\pi -\theta ) = \sin ^3\theta\] から曲線の $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2},$ $\dfrac{3}{2}\pi \leqq \theta \leqq 2\pi$ の部分と $\dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \leqq \dfrac{3}{2}\pi$ の部分は $y$ 軸に関して対称である. $\theta$ が $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ まで増加するとき, $x$ は $1$ から $0$ まで単調に減少する. $\dfrac{dx}{d\theta} = -3\cos ^2\theta\sin\theta$ であるから, 求める面積は \begin{align*} S &= 4\int_0^1ydx \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0y\dfrac{dx}{d\theta}d\theta \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0\sin ^3\theta (-3\cos ^2\theta\sin\theta )d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta\cos ^2\theta d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta (1-\sin ^2\theta )d\theta \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin ^4\theta -\sin ^6\theta )d\theta \\ &= 12\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi}{2}\right) \\ &= \frac{3}{8}\pi \end{align*} である.

別解

(B)
曲線は極方程式 \[ r = 1+\cos\theta \qquad (-\pi \leqq \theta \leqq \pi )\] で表され, \[ 1+\cos(-\theta ) = 1+\cos\theta\] から $-\pi \leqq \theta \leqq 0$ の部分と $0 \leqq \theta \leqq \pi$ の部分は $x$ 軸に関して対称であるので, 求める面積は \begin{align*} S &= 2\cdot\frac{1}{2}\int_0^\pi r^2d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+\cos\theta )^2d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+2\cos\theta +\cos ^2\theta )d\theta \\ &= \int_0^\pi\left(\frac{3}{2}+2\cos\theta +\frac{\cos 2\theta}{2}\right) d\theta \\ &= \left[\frac{3}{2}\theta +2\sin\theta +\frac{\sin 4\theta}{4}\right] _0^\pi \\ &= \frac{3}{2}\pi \end{align*} である.

問題≪面積による双曲線関数の特徴づけ≫

 $\theta$ を正の数として, $xy$ 平面上に点 $\mathrm P\left(\dfrac{e^\theta +e^{-\theta}}{2},\dfrac{e^\theta -e^{-\theta}}{2}\right)$ をとる.
(1)
点 $\mathrm P$ は双曲線 $x^2-y^2 = 1$ 上にあることを示せ.
(2)
双曲線 $x^2-y^2 = 1$ と直線 $\mathrm{OP},$ $x$ 軸で囲まれた図形の面積 $S$ を, $\theta$ を用いて表せ.

解答例

 $p = \dfrac{e^\theta +e^{-\theta}}{2},$ $q = \dfrac{e^\theta -e^{-\theta}}{2}$ とおく.
(1)
\begin{align*} p^2-q^2 &= \frac{e^{2\theta}+2+e^{-2\theta}}{4}-\frac{e^{2\theta}-2+e^{-2\theta}}{4} \\ &= 1 \end{align*} が成り立つから, 点 $\mathrm P$ は双曲線 $x^2-y^2 = 1$ 上にある.
(2)
$\mathrm H(p,0)$ とおく. $q > 0$ であり, $y \geqq 0$ のとき \[ x^2-y^2 = 1 \iff y = \sqrt{x^2-1}\] であるから, $S$ は直角三角形 $\mathrm{OHP}$ から曲線 $y = \sqrt{x^2-1}$ と $x$ 軸, 直線 $x = p$ で囲まれた図形を除いた部分の面積に等しく, \[ S = \frac{1}{2}pq-\int_1^p\sqrt{x^2-1}dx\] である.
第 $2$ 項において $x = \dfrac{e^t+e^{-t}}{2}$ と置換すると \begin{align*} &\int_1^p\sqrt{x^2-1}dx = \int_0^\theta\sqrt{\left(\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right) ^2-1}\frac{dx}{dt}dt \\ &= \!\int_0^\theta\!\!\sqrt{\left(\frac{e^t\!-\!e^{-t}}{2}\right) ^2}\frac{e^t\!-\!e^{-t}}{2}dt \!=\! \int_0^\theta\!\!\left(\frac{e^t\!-\!e^{-t}}{2}\right) ^2\!dt \\ &= \frac{1}{4}\int_0^\theta (e^{2t}-2+e^{-2t})dt = \frac{1}{4}\left[\frac{e^{2t}}{2}-2t-\frac{e^{-2t}}{2}\right] _0^\theta \\ &= \frac{e^{2\theta}-e^{-2\theta}}{8}-\frac{\theta}{2} \end{align*} となるから, $S$ は \begin{align*} S &= \frac{1}{2}\cdot\frac{e^\theta +e^{-\theta}}{2}\cdot\frac{e^\theta -e^{-\theta}}{2}-\left(\frac{e^{2\theta}-e^{-2\theta}}{8}-\frac{\theta}{2}\right) \\ &= \frac{\theta}{2} \end{align*} と表される.

背景

 $\cosh x = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\cdots[1],$ $\sinh x = \dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\cdots [2]$ はそれぞれ「双曲線余弦関数」, 「双曲線正弦関数」と呼ばれ, 「双曲線正接関数」 $\tanh x = \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$ とあわせて「双曲線関数」(hyperbolic function)と呼ばれる.
 $\mathrm E(1,0)$ とおくとき, $\cos\theta,$ $\sin\theta$ は $\angle\mathrm{EOP} = \theta$ なる単位円周 $x^2+y^2 = 1$ 上の点 $\mathrm P$ の $x$ 座標, $y$ 座標として定義されるが, $\theta > 0$ のとき, これは扇形 $\mathrm{OEP}$ の面積が $\dfrac{\theta}{2}$ となる単位円周上の点 $\mathrm P$ の $x$ 座標, $y$ 座標として解釈することもできる.
 これと同様に, $\theta > 0$ のとき, $\cosh\theta,$ $\sinh\theta$ は双曲線 $x^2-y^2 = 1$ と直線 $\mathrm{OP},$ $x$ 軸で囲まれた図形の面積が $\dfrac{\theta}{2}$ となる双曲線上の点 $\mathrm P$ の $x$ 座標, $y$ 座標として定義できて, $[1],$ $[2]$ が成り立つ.

問題≪ヤギの問題≫

 一端が点 $\mathrm A(-1,\ 0)$ に固定された伸び縮みのしない長さ $\pi$ のひもが, 円周 $C:x^2+y^2 = 1$ 上に時計回りにたるみなく巻き付けられている. 原点を $\mathrm O,$ 点 $(1,0)$ を $\mathrm E$ とおく.
(1)
ひもがたるまないようにほどいていくとき, ひもの先端を $\mathrm P,$ ひもと $C$ の接点を $\mathrm T$ とおき, $\theta = \angle\mathrm{EOT}$ とおく. このとき, $\theta$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を表せ.
(2)
ひもの先端にヤギをつなぐとき, ヤギが動き回れる範囲の面積を求めよ.

解答例

(1)
$\overrightarrow{\mathrm{TP}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OT}} = (\cos\theta,\ \sin\theta )$ の単位法線ベクトルの $1$ つ $\vec n = (\sin\theta,\ -\cos\theta )$ を $\stackrel{\frown}{\mathrm{ET}} = \theta$ 倍に伸ばしたベクトルであるから, $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ は \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\overrightarrow{\mathrm{TP}} = \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\theta\vec n \\ &= (\cos\theta,\ \sin\theta )+\theta (\sin\theta,\ -\cos\theta ) \\ &= (\cos\theta +\theta\sin\theta,\ \sin\theta -\theta\cos\theta ) \end{align*} と表される.
(2)
点 $\mathrm A$ より左側では, ヤギは中心 $\mathrm A,$ 半径 $\pi$ の半円の部分を動き回れる. 点 $\mathrm A$ より右側でヤギが動き回れる範囲は $x$ 軸に関して対称であるから, その $x$ 軸より上側の部分の面積を $S$ とおく. それは $0 \leqq \theta \leqq \pi$ における動点 $\mathrm P$ の軌跡と $x$ 軸, 直線 $x = -1$ で囲まれた図形から円の上半分を除いた部分の面積に等しい. 点 $\mathrm P(x,y)$ について \[\frac{dy}{d\theta} = \cos\theta -\cos\theta +\theta\sin\theta = \theta\sin\theta\] であるので, \begin{align*} &S+\frac{\pi}{2} = \int_0^\pi\{ x-(-1)\}dy \\ &= \int_0^\pi (1+x)\frac{dy}{d\theta}d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+\cos\theta +\theta\sin\theta )\theta\sin\theta d\theta \\ &= \int_0^\pi (\theta\sin\theta +\theta\sin\theta\cos\theta +\theta ^2\sin ^2\theta )d\theta \\ &= \int_0^\pi\left(\theta\sin\theta +\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}+\theta ^2\cdot\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right) d\theta \\ &= \int_0^\pi\theta\sin\theta d\theta +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2d\theta -\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2\cos 2\theta d\theta \\ &= [\theta (-\cos\theta )]_0^\pi -\int_0^\pi (-\cos\theta )d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left[\theta\cdot\frac{-\cos 2\theta}{2}\right] _0^\pi -\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{-\cos 2\theta}{2}d\theta \\ &\qquad +\!\frac{1}{2}\!\left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^\pi\!\!-\!\!\frac{1}{2}\!\left[\theta ^2\!\cdot\!\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi\!\!+\!\!\frac{1}{2}\!\int_0^\pi\!2\theta\!\cdot\!\frac{\sin 2\theta}{2}d\theta \\ &= \pi +[\sin\theta ]_0^\pi -\frac{\pi}{4}+\frac{1}{4}\left[\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi \\ &\qquad +\frac{\pi ^3}{6}+\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta d\theta \\ &= \pi-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi ^3}{6}-\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi ^3}{6}+\frac{\pi}{2} \end{align*} から \[ S = \frac{\pi ^3}{6}\] が得られる. ゆえに, ヤギが動き回れる範囲の面積は, \[\frac{\pi ^3}{2}+2S = \frac{\pi ^3}{2}+2\cdot\frac{\pi ^3}{6} = \frac{5}{6}\pi ^3\] である.

背景

  • このタイプの問題は「ヤギの問題」(goat problem, bull-tethering problem)として知られている. ヤギをつなぐ柱の大きさや形状, ひもの長さなどによって, さまざまな問題が考えられる. 本問では, ヤギが円柱にそのまわりを $1$ 周できるようにつながれた場合を考えた.
  • ある図形にたるみなく巻きつけられたひもをたるみなくほどいていくとき, ひもの先端が描く軌跡はその図形の「伸開線」(involute)と呼ばれる. 本問で, $0 \leqq \theta \leqq \pi$ のときの動点 $\mathrm P$ の軌跡は円の「伸開線」である.

区分求積法

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