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

問題

陽関数表示された図形の面積

問題≪関数のグラフと $x$ 軸の間の面積≫

 曲線 $C:y = (4-x)\sqrt{x-1}$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $S$ は $C$ を $x$ 軸方向に $-1$ だけ平行移動した曲線 $y = (3-x)\sqrt x$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積に等しい.
$f(x) = (3-x)\sqrt x = 3x^\frac{1}{2}-x^\frac{3}{2}\ (x \geqq 0)$ とおくと, \begin{align*} f'(x) &= 3\cdot\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}-\frac{3}{2}x^\frac{1}{2} \\ &= \frac{3}{2}\left(\frac{1}{\sqrt x}-\sqrt x\right) \\ &= \frac{-3(x-1)}{2\sqrt x}. \end{align*} よって, $$f(x) \geqq 0 \iff 0 \leqq x \leqq 1$$ だから, $f(x)$ の増減表は次のようになる.
$x$$0$$\cdots$$1$$\cdots$$\sqrt 3$$\cdots$
$f'(x)$$+$$0$$-$$-$$-$
$f(x)$$0$$\nearrow$$2$$\searrow$$0$$\searrow$
ゆえに, \begin{align*} S &= \int_0^3f(x)dx \\ &= \left[3\cdot\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}-\frac{2}{5}x^\frac{5}{2}\right] _0^3 \\ &= \frac{12\sqrt 3}{5}. \end{align*}

問題≪$y$ 軸方向の積分による面積の計算≫

(1)
曲線 $C_1:y = 2\sqrt x$ と $C_2:y = 2+\log x$ は唯 $1$ つの共有点を持つことを示せ.
(2)
$C_1,$ $C_2$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積を求めよ.

解答例

(1)
$f(x) = 2\sqrt x-(2+\log x)\ (x > 0)$ とおくと, $$f'(x) = \frac{1}{\sqrt x}-\frac{1}{x} = \frac{\sqrt x-1}{x}$$ より, \begin{align*} f'(x) \geqq 0 &\iff \sqrt x-1 \geqq 0 \iff \sqrt x \geqq 1 \\ &\iff x \geqq 1 \end{align*} だから, $f(x)$ の増減表は次のようになる.
$x$$0$$\cdots$$1$$\cdots$
$f'(x)$$-$$0$$+$
$f(x)$$\searrow$極小
$0$
$\nearrow$
よって, $f(x)$ は $x = 1$ において最小値 $0$ をとるから, $f(x) = 0$ は唯 $1$ つの解 $x = 1$ を持つ.
ゆえに, $C_1,$ $C_2$ は唯 $1$ つの共有点 $(1,\ 2)$ を持つ.
(2)
$$C_1:x = \frac{y^2}{4}, \quad C_2:x = e^{y-2}$$ だから, $C_1,$ $C_2$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積は, \begin{align*} S &= \int_0^2\left( e^{y-2}-\frac{1}{4}y^2\right) dy \\ &= \left[ e^{y-2}-\frac{y^3}{12}\right] _0^2 \\ &= \left( 1-\frac{2}{3}\right)-e^{-2} \\ &= \frac{1}{3}-\frac{1}{e^2}. \end{align*}

問題≪正弦曲線による面積の等分≫

 曲線 $y = a\sin x$ が $-\dfrac{\pi}{2} \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において曲線 $y = \sin 2x$ と $x$ 軸で囲まれた領域を $2$ 等分するとき, 定数 $a$ の値を求めよ.

解答例

 $y = \sin 2x,$ $y = a\sin x$ はそれぞれ原点に関して対称だから, $-\dfrac{\pi}{2} \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $y = \sin 2x$ と $x$ 軸, $y = \sin 2x$ と $y = a\sin x$ で囲まれた領域もそれぞれ原点に関して対称である.
よって, 条件より, $y = a\sin x$ は $C:y = \sin 2x\ \left( 0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積 $S$ を $2$ 等分する. $$S = \int_0^\frac{\pi}{2}\sin 2xdx = \left[-\frac{1}{2}\cos 2x\right] _0^\frac{\pi}{2} = 1.$$ また, \begin{align*} &\sin 2x \geqq a\sin x \iff 2\sin x\cos x \geqq a\sin x \\ &\iff \sin x(2\cos x-a) \geqq 0. \end{align*} 条件より, $C$ と $y = a\sin x$ は原点以外の交点を持つから, $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ における $\cos x = \dfrac{a}{2}$ の解を $\alpha$ とおくと, $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において, \begin{align*} &\sin 2x \geqq a\sin x \iff \cos x \geqq \frac{a}{2} \\ &\iff 0 \leqq x \leqq \alpha. \end{align*}
$C$ と $y = a\sin x$ で囲まれた領域の面積は, \begin{align*} &\int _0^\alpha (\sin 2x-a\sin x)dx \\ &= \left[ -\frac{1}{2}\cos 2x+a\cos x\right]_0^\alpha \\ &= -\frac{1}{2}\cos 2\alpha+a\cos\alpha +\frac{1}{2}-a \\ &= -\frac{1}{2}(2\cos ^2\alpha -1)+a\cos\alpha +\frac{1}{2}-a \\ &= -\left(\frac{a}{2}\right) ^2+a\cdot\frac{a}{2}-a+1 \\ &= \frac{a^2}{4}-a+1. \end{align*} 条件より, $$\frac{a^2}{4}-a+1 = \frac{S}{2} = \frac{1}{2}.$$ よって, $a^2-4a+2 = 0$ だから, $-1 \leqq \cos\alpha = \dfrac{a}{2} \leqq 1$ より $-2 \leqq a \leqq 2$ であることに注意すると, $$a = 2-\sqrt 2.$$

問題≪$2$ 曲線と共通接線の間の面積≫

 曲線 $y = e^x,$ $y = e^{2x}$ とその共通接線 $\ell$ で囲まれた領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $f(x) = e^x,$ $g(x) = e^{2x}$ とおくと, $$f'(x) = e^x, \quad g'(x) = 2e^{2x}.$$ 曲線 $C_1:y = e^x$ の点 $(t,\ e^t)$ における接線の方程式は, $$y = f'(t)(x-t)+f(t) = e^t(x-t)+e^t$$ より, $$y = e^tx+(1-t)e^t \cdots [1].$$ 曲線 $C_2:y = e^{2x}$ の点 $(u,\ e^{2u})$ における接線の方程式は, $$y = g'(u)(x-u)+g(u) = 2e^{2u}(x-u)+e^{2u}$$ より, $$y = 2e^{2u}x+(1-2u)e^{2u} \cdots [2].$$ $C_1,$ $C_2$ の共通接線 $\ell$ は $[1],$ $[2]$ を同時に満たすから, $$e^t = 2e^{2u} \cdots [3], \quad (1-t)e^t = (1-2u)e^{2u} \cdots [3].$$ $[4]\div [3]$ より $1-t = \dfrac{1-2u}{2}$ だから, $$2u = 2t-1.$$ これを $[3]$ に代入すると $e^t = 2e^{2t-1}$ より $t = \log 2+(2t-1)$ となるから, $$t = 1-\log 2 > 0, \quad u = \frac{1}{2}-\log 2 < 0.$$ よって, $\ell$ の方程式を $y = mx+n$ とおくと, $$m = \frac{e}{2}, \quad n = \frac{e}{2}\log 2.$$ $C_1,$ $C_2$ の共有点の $x$ 座標は, $e^x = e^{2x}$ すなわち $x = 2x$ を満たすから, $$x = 0.$$
ゆえに, 求める面積は, \begin{align*} S &= \int_u^0\big( e^{2x}-(mx+n)\big) dx+\int_0^t\big( e^x-(mx+n)\big) dx \\ &= \left[\frac{e^{2x}}{2}-\frac{m}{2}x^2-nx\right] _u^0+\left[ e^x-\frac{m}{2}x^2-nx\right] _0^t \\ &= \frac{1}{2}-\left(\frac{e^{2u}}{2}-\frac{m}{2}u^2-nu\right) +\left( e^t-\frac{m}{2}t^2-nt\right)-1 \\ &= e^t-\frac{e^{2u}}{2}+\frac{m}{2}(u+t)(u-t)+n(u-t)-\frac{1}{2} \\ &= e^{1-\log 2}-\frac{e^{1-2\log 2}}{2}+\frac{e}{4}\left(\frac{3}{2}-2\log 2\right)\left( -\frac{1}{2}\right) \\ &\qquad -\frac{1}{2}\cdot\frac{e}{2}\log 2 -\frac{1}{2} \\ &\quad\quad\left(\because e^{1-\log 2} = \frac{e}{e^{\log 2}} = \frac{e}{2},\ e^{1-2\log 2} = \frac{e}{e^{\log 4}} = \frac{e}{4}\right) \\ &= \frac{e}{2}-\frac{e/4}{2}-\frac{3e}{16}-\frac{1}{2} = \frac{3e}{16}-\frac{1}{2}. \end{align*}

問題≪減衰曲線に関する面積の極限≫

 正の整数 $n$ に対し $0 \leqq x \leqq n\pi$ において曲線 $y = e^{-x}\sin x$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積を $S_n$ とおく. $\lim\limits_{n \to \infty}S_n$ を求めよ.

解答例

 $T_k = \displaystyle\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}e^{-x}|\sin x|dx\ (1 \leqq k \leqq n)$ とおくと, \begin{align*} S_n &= \int_0^{n\pi}e^{-x}|\sin x|dx \\ &= \sum\limits_{k = 1}^nT_k \cdots [1]. \end{align*} $x = t+(k-1)\pi$ とおくと, $0 \leqq t \leqq \pi$ において $|\sin (t+(k-1)\pi )| = |(-1)^{k-1}\sin t| = \sin t$ だから, $$T_k = e^{-(k-1)\pi}\int_0^\pi e^{-t}\sin tdt.$$ $I = \displaystyle\int e^{-t}\sin tdt$ とおくと, \begin{align*} I &= \int e^{-t}(-\cos t)'dt \\ &= -e^{-t}\cos t-\int e^{-t}\cos tdt \\ &= -e^{-t}\cos t-\int e^{-t}(\sin t)'dt \\ &= -e^{-t}\cos t-e^{-t}\sin t-I \end{align*} より
$I = -\dfrac{1}{2}e^{-t}(\sin t+\cos t)+C$ ($C$: 定数)
だから, \begin{align*} T_k &= e^{-(k-1)\pi}\left[-\frac{1}{2}e^{-t}(\sin t+\cos t)\right] _0^\pi \\ &= \frac{1+e^{-\pi}}{2}\cdot e^{-(k-1)\pi} \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ より, \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty}S_n &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^nT_k \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1+e^{-\pi}}{2}\cdot e^{-(k-1)\pi}. \end{align*} 右辺は初項 $\dfrac{1+e^{-\pi}}{2},$ 公比 $e^{-\pi}$ の無限等比級数だから, $$\lim\limits_{n \to \infty}S_n = \frac{1+e^{-\pi}}{2}\cdot\frac{1}{1-e^{-\pi}} = \frac{e^{\pi}+1}{2(e^\pi -1)}.$$

問題≪正弦曲線に関する面積の最小値≫

 $a > 0$ とし, 曲線 $C:y = \sin x$ と直線 $\ell :y = ax$ が $0 < x < \pi$ において交点 $\mathrm P$ を持つとする. このとき, $0 \leqq x \leqq \pi$ において $C,$ $\ell,$ $x = \pi$ で囲まれた領域の面積 $S$ を最小にする $\mathrm P$ の $x$ 座標 $t$ の値を求めよ.

解答例

\begin{align*} S &= \int_0^t(\sin x-ax)dx+\int_t^\pi (ax-\sin x)dx \\ &= \int_0^t(\sin x-ax)dx+\int_\pi ^t(\sin x-ax)dx \\ &= \left[ -\cos x-\frac{a}{2}x^2\right] _0^t+\left[ -\cos x-\frac{a}{2}x^2\right] _\pi ^t \\ &= 2\left( -\cos t-\frac{a}{2}t^2\right) -(-1)-\left( 1-\frac{a}{2}\pi ^2\right) \\ &= -2\cos t-at^2+\frac{a}{2}\pi ^2 \\ &= -2\cos t-t\sin t+\frac{\pi ^2}{2}\cdot\frac{\sin t}{t} \quad (\because at = \sin t). \end{align*} よって, \begin{align*} \frac{dS}{dt} &= 2\sin t-(\sin t+t\cos t)+\frac{\pi ^2}{2}\cdot\frac{t\cos t-\sin t}{t^2} \\ &= \frac{\sin t-t\cos t}{t^2}\left( t^2-\frac{\pi ^2}{2}\right). \end{align*} $0 < t < \dfrac{\pi}{2}$ のとき $\cos t > 0,$ $\tan t > t$ より $\sin t-t\cos t = \cos t(\tan t-t) > 0$ で, $\dfrac{\pi}{2} \leqq t < \pi$ のとき $\sin t > 0,$ $\cos t \leqq 0$ より $\sin t-t\cos t > 0$ であることに注意すると, $$\frac{dS}{dt} \geqq 0 \iff t^2-\frac{\pi ^2}{2} \geqq 0 \iff t \geqq \frac{\pi}{\sqrt 2}$$ だから, $S$ の増減表は次のようになる.
$t$$0$$\cdots$$\dfrac{\pi}{\sqrt 2}$$\cdots$$\pi$
$\dfrac{dS}{dt}$$-$$0$$+$
$S$$\searrow$極小$\nearrow$
ゆえに, $S$ を最小にする $t$ の値は, $$t = \frac{\pi}{\sqrt 2}.$$

陰関数表示された図形の面積

問題≪円の面積≫

 半径 $r$ の円の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 原点を中心とする半径 $r$ の円周の方程式は $x^2+y^2 = r^2$ より, $$y = \pm\sqrt{r^2-x^2}.$$ この円は $x$ 軸に関して対称だから, $S$ は曲線 $y = \sqrt{r^2-x^2}$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積の $2$ 倍に等しい.
$x = r\sin t\ \left(0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\right)$ とおくと, \begin{align*} S &= 2\int_{-1}^1\sqrt{r^2-x^2}dx \\ &= 4\int _0^1\sqrt{r^2-x^2}dx \\ &= 4\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{r^2-r^2\sin ^2t}\cdot r\cos tdt \\ &= 4r^2\int_0^\frac{\pi}{2}\cos ^2tdt \\ &= 2r^2\int_0^\frac{\pi}{2}(1+\cos 2t)dt \\ &= 2r^2\left[ t+\frac{\sin 2t}{2}\right] _0^\frac{\pi}{2} \\ &= \pi r^2. \end{align*}

問題≪楕円の共通部分の面積≫

 楕円 $\dfrac{x^2}{3}+y^2 = 1,$ $x^2+\dfrac{y^2}{3} = 1$ の内部の共通部分の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 楕円 $\dfrac{x^2}{3}+y^2 = 1 \cdots [1],$ $x^2+\dfrac{y^2}{3} = 1\cdots [2]$ はそれぞれ $x$ 軸, $y$ 軸, 直線 $y = x$ に関して対称である.
$[1]$ すなわち $y = \pm\sqrt{1-\dfrac{x^2}{3}}$ と $y = x$ の交点の座標は $\left(\pm\dfrac{\sqrt 3}{2},\ \pm\dfrac{\sqrt 3}{2}\right)$ だから, \begin{align*} \frac{S}{8} &= \int_0^\frac{\sqrt 3}{2}\left(\sqrt{1-\frac{x^2}{3}}-x\right) dx \\ &= \int_0^\frac{\sqrt 3}{2}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}}dx-\int_0^\frac{\sqrt 3}{2}xdx. \end{align*} ここで, $$\int_0^\frac{\sqrt 3}{2}xdx = \left[\frac{x^2}{2}\right] _0^\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{3}{8}.$$ $x = \sqrt 3\sin t$ とおくと, \begin{align*} \int_0^\frac{\sqrt 3}{2}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}}dx &= \int_0^\frac{\pi}{6}\sqrt{1-\sin ^2t}\cdot\sqrt 3\cos tdt \\ &= \sqrt 3\int_0^\frac{\pi}{6}\cos ^2tdt \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}\int_0^\frac{\pi}{6}(1+\cos 2t)dt \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}\left[ t+\frac{\sin 2t}{2}\right] _0^\frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\sqrt 3}{12}\pi +\frac{3}{8}. \end{align*} よって, \begin{align*} \frac{S}{8} &= \left(\frac{\sqrt 3}{12}\pi +\frac{3}{8}\right) -\frac{3}{8} = \frac{\sqrt 3}{12}\pi. \\ \therefore S &= \frac{2\sqrt 3}{3}\pi. \end{align*}

問題≪リサージュ曲線で囲まれた図形の面積(陰関数表示)≫

 曲線 $C:y^2 = 4x^2(1-x^2)$ で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $C$ の方程式から, $C$ は座標軸に関して対称である. また, $x^2 \geqq 0,$ $y^2 \geqq 0$ から $1-x^2 \geqq 0$ となるので, $x$ は $-1$ 以上 $1$ 以下のすべての実数値だけをとる. よって, 第 $1$ 象限における $C$ すなわち $y = 2x\sqrt{1-x^2}$ と $x$ 軸で囲まれた図形の面積を $4$ 倍すると $S$ になるから, \begin{align*} S &= 4\int_0^12x\sqrt{1-x^2}dx \\ &= -4\int_0^1(1-x^2)'\sqrt{1-x^2}dx \\ &= -4\left[\frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}\right] _0^1 \\ &= \frac{8}{3}. \end{align*}

問題≪$\sqrt{|x|}+\sqrt{|y|} = 1$ で囲まれた図形の面積≫

 曲線 $C:\sqrt{|x|}+\sqrt{|y|} = 1$ で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 曲線は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称である. $x \geqq 0,$ $y \geqq 0$ のとき, $C$ の方程式は \[ \sqrt y = 1-\sqrt x\] より \[ y = ( 1-\sqrt x)^2 = x-2\sqrt x+1.\] よって, 求める面積は, \begin{align*} S &= 4\int _0^1(x-2\sqrt x+1)dx \\ &= 4\left[\frac{x^2}{2}-\frac{4}{3}x^{\frac{3}{2}}+x\right] _0^1 \\ &= 4\left(\frac{1}{2}-\frac{4}{3}+1\right) \\ &= \frac{2}{3}. \end{align*}

問題≪領域の回転と面積≫

(1)
$xy$ 平面上の点 $(x,\ y)$ を原点の周りに $\dfrac{\pi}{4}$ だけ回転させた点 $(X,\ Y)$ の座標を $x,$ $y$ を用いて表せ.
(2)
曲線 $C:\sqrt 2(x+y) = (x-y)^2$ を原点の周りに $\dfrac{\pi}{4}$ だけ回転して得られる曲線の方程式を求めよ.
(3)
$C$ と $x$ 軸の交点で $x$ 座標の大きい方を $(a,\ 0)$ とするとき, $a$ の値を求めよ.
(4)
$C$ と直線 $x = a$ で囲まれる図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

(1)
点 $(x,\ Y),$ $(X,\ Y)$ を複素数平面上の点 $x+yi,$ $X+Yi$ に対応させると, \begin{align*} x+yi &= (X+Yi)\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt 2}(X+Yi)(1+i) \\ &= \frac{1}{\sqrt 2}(X-Y)+\frac{1}{\sqrt 2}(X+Y) \end{align*} 実部と虚部を比較すると, \begin{align*} x &= \frac{1}{\sqrt 2}(X-Y) \quad \cdots [1], \\ y &= \frac{1}{\sqrt 2}(X+Y) \quad \cdots [2]. \end{align*}
(2)
$C$ の方程式に $[1],$ $[2]$ を代入すると, \[ y = x^2.\]
(3)
$C$ の方程式 に $y = 0$ を代入すると, $\sqrt 2x = x^2$ より $x(x-\sqrt 2) = 0$ となるから, \[ a = \sqrt 2.\]
(4)
後日公開.

媒介変数表示された図形の面積

問題≪サイクロイドと $x$ 軸の間の面積≫

 $r > 0$ とする. 曲線 $\left\{\begin{array}{l} x = r(t-\sin t), \\ y = r(1-\cos t) \end{array}\right.\ (0 \leqq t \leqq 2\pi)$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} S &= \int_0^{2\pi r}ydx \\ &= \int_0^{2\pi}y\frac{dx}{dt}dt \\ &= \int_0^{2\pi}r(1-\cos t)\cdot r(1-\cos t)dt \\ &= r^2\int_0^{2\pi}(1-2\cos t+\cos ^2t)dt \\ &= r^2\int_0^{2\pi}\left(\frac{3}{2}-2\cos t+\frac{\cos 2t}{2}\right) dt \\ &= r^2\left[\frac{3}{2}t-2\sin t+\frac{\sin 2t}{4}\right] _0^{2\pi} \\ &= 3\pi r^2. \end{align*}

解説≪サイクロイド≫

 問題の曲線は, 半径 $r$ の円が $x$ 軸上を滑らずに転がるときに円周上の定点が描く軌跡を表し, サイクロイド(cycloid)と呼ばれる.

問題≪アステロイドの内部の面積≫

 曲線 $C:\left\{\begin{array}{l} x = \cos ^3t, \\ y = \sin ^3t \end{array}\right.\ (-\pi \leqq t \leqq \pi)$ で囲まれた領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}} = \cos ^2t+\sin ^2t = 1 \end{align*} より $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称であって, $C$ の概形は次のようになる.
\begin{align*} S &= 4\int_0^1ydx = 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0y\frac{dx}{dt}dt \\ &= 4\int_{\frac{\pi}{2}}^0\sin ^3t(-3\cos ^2t\sin t)dt \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4t\cos ^2tdt \\ &= 12\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin ^4t-\sin ^6t)dt \\ &= 12\left(1-\frac{5}{6}\right)\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{3\pi}{8}. \end{align*}

問題≪リサージュ曲線で囲まれた図形の面積(媒介関数表示)≫

 曲線 $C:\begin{cases} x = \sin\theta, \\ y = \sin 2\theta \end{cases}\ \left(0 \leqq \theta \leqq -\frac{\pi}{2}\right)$ と $x$ 軸で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

\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*}

問題≪カージオイドの内部の面積≫

 曲線 $C:\left\{\begin{array}{l} x = (1+\cos t)\cos t, \\ y = (1+\cos t)\sin t \end{array}\right.\ (-\pi \leqq t \leqq \pi)$ で囲まれた領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $x,$ $y$ の増減を考えると, $C$ の概形は次のようになることが分かる(こちらを参照).
\begin{align*} S &= 2\left(\int_{-\frac{1}{4}}^2ydx-\int_{-\frac{1}{4}}^0ydx\right) \\ &= 2\left(\int_{\frac{2\pi}{3}}^0y\frac{dy}{dt}dt-\int_{\frac{2\pi}{3}}^\pi y\frac{dy}{dt}dt\right) \\ &= -2\int_0^\pi y\frac{dy}{dt}dt \\ &= -2\int_0^\pi (1+\cos t)\sin t(-\sin t)(2\cos t+1)dt \\ &= 2\int_0^\pi (1-\cos ^2t)(1+\cos t)(2\cos t+1)dt \\ &= 2\int_0^\pi (-2\cos ^4t-3\cos ^3t+\cos ^2t+3\cos t+1)dt \\ &= \cdots = \frac{3\pi}{2}. \end{align*}

別解: 極方程式を利用

\[ x^2+y^2 = (1+\cos t)^2(\cos ^2t+\sin ^2t) = (1+\cos t)^2\] より, 曲線 $C$ は極方程式 \[ r = 1+\cos t\] で表されるから, \begin{align*} V &= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi r^2dt \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi (1+\cos t)^2dt \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi (1+2\cos t+\cos ^2t)dt \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi\left(\frac{3}{2}+2\cos t+\frac{\cos 2t}{2}\right) dt \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{3}{2}t+2\sin t+\frac{\sin 2t}{4}\right] _{-\pi}^\pi \\ &= \frac{3\pi}{2}. \end{align*}

問題≪双曲線の媒介変数表示と面積≫

 曲線 $C:x = \dfrac{e^t+e^{-t}}{2},$ $y = \dfrac{e^t-e^{-t}}{2}\ (0 \leqq t \leqq d)$ について, 以下の問いに答えよ:
(1)
$C$ は方程式 $x^2-y^2 = 1$ で与えられることを示せ.
(2)
$C,$ および $C$ の端点と原点を結ぶ $2$ 本の線分で囲まれた部分の面積 $S$ を求めよ.

解答例

(1)
$C$ 上の点 $(x,\ y)$ は \[ x^2-y^2 = \frac{e^{2t}+2+e^{-2t}}{4}-\frac{e^{2t}-2+e^{-2t}}{4} = 1\] を満たす.
(2)
$p = \dfrac{e^d+e^{-d}}{2},$ $q = \dfrac{e^d-e^{-d}}{2}$ とおき, $\mathrm P(p,\ q),$ $\mathrm H(0,\ q)$ とおくと \begin{align*} S+\triangle\mathrm{OHP} &= \int_0^qxdy = \int_0^dx\frac{dy}{dt}dt \\ &= \int_0^d\frac{e^t+e^{-t}}{2}\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}dt \\ &= \frac{1}{4}\int_0^d(e^{2t}+2+e^{-2t})dt \\ &= \frac{1}{4}\left[\frac{e^{2t}}{2}+2t-\frac{e^{-2t}}{2}\right] _0^d \\ &= \frac{e^{2d}-e^{-2d}}{8}+\frac{d}{2}, \\ \triangle\mathrm{OHP} &= \frac{1}{2}\cdot\frac{e^d+e^{-d}}{2}\cdot\frac{e^{2d}-e^{-2d}}{2} \\ &= \frac{e^{2d}-e^{-2d}}{8} \end{align*} となるから, \[ S = \frac{d}{2}.\]

問題≪伸開線が掃く領域の面積≫

 一端が点 $\mathrm A(1,\ 0)$ に固定された伸び縮みのしない長さ $2\pi$ の糸が, 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. 糸がたるまないようにほどいていくとき, 糸の他端を $\mathrm P$ とおき, 糸と $C$ の接点を $\mathrm T$ とおく.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\theta = \angle\mathrm{AOT}$ で表せ.
(2)
$4$ 分の $1$ の長さだけ糸をほどくとき, 糸が通過する領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

(1)
$\theta = \angle\mathrm{AOT}$ とおく. $\overrightarrow{\mathrm{OT}} = (\cos\theta,\ \sin\theta )$ の単位法線ベクトルは, \[\pm (\sin\theta,\ -\cos\theta ).\] $\overrightarrow{\mathrm{TP}}$ はその一方 $\vec n = (\sin\theta,\ -\cos\theta )$ を $\stackrel{\frown}{\mathrm{AP}} = \theta$ 倍に伸ばしたベクトルであるから, \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*}
(2)
\[\frac{dy}{d\theta} = \cos\theta -(\cos\theta -\theta\sin\theta ) = \theta\sin\theta\] であるから, \begin{align*} S-\frac{\pi}{4} &= \int_0^1xdy = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x\frac{dy}{d\theta}d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos\theta +\theta\sin\theta )\theta\sin\theta d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\theta\sin\theta\cos\theta +\theta ^2\sin ^2\theta )d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\theta\sin 2\theta +\theta ^2-\theta ^2\cos 2\theta )d\theta. \end{align*} ここで, \begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin 2\theta d\theta &= \int _0^{\frac{\pi}{2}}\theta\left( -\frac{\cos 2\theta}{2}\right) 'd\theta \\ &= -\frac{1}{2}\big[\theta\cos 2\theta\big] _0^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos 2\theta d\theta \\ &= \frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\left[\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4}, \\ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\cos 2\theta d\theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2\left(\frac{\sin 2\theta}{2}\right) 'd\theta \\ &= \frac{1}{2}\big[\theta ^2\sin 2\theta\big] _0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\sin 2\theta d\theta \\ &= 0-\frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4}, \\ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta ^2d\theta &= \left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi ^3}{24} \end{align*} であるから, \[ S = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi ^3}{24}-\left( -\frac{\pi}{4}\right)\right) -\frac{\pi}{4} = \frac{\pi ^3}{48}.\]

極座標表示された図形の面積

問題≪レムニスケートで囲まれた図形の面積≫

 極方程式 $r^2 = \cos 2\theta\ \left(0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{4}\right)$ で表される曲線と $x$ 軸で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} S &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}}r^2d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\theta d\theta \\ &= \frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\sin 2\theta\right] _0^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \frac{1}{4}. \end{align*}

問題≪正葉曲線で囲まれた図形の面積≫

 極方程式 $r = \sin 3\theta\ (0 \leqq \theta \leqq 2\pi )$ で表される曲線で囲まれた図形の面積 $S$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} S &= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}r^2d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\sin ^23\theta d\theta \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{1-\sin 6\theta}{2}d\theta = \frac{1}{4}\left[\theta +\frac{\cos 6\theta}{6}\right] \\ &= \frac{1}{4}\left( 2\pi -\frac{1}{6}-\frac{1}{6}\right) = \frac{\pi}{2}. \end{align*}

区分求積法

問題≪定積分の不等式と $a^n/n!$ の極限≫

(1)
$n$ を $2$ 以上の整数とするとき, 不等式 \[\int_1^n\log xdx < \sum_{k = 1}^n\log k\] が成り立つことを示せ.
(2)
$a$ を正の数とするとき, 上の不等式を用いて \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0\] を示せ.
[2011 滋賀県立大]

解答例

(1)
曲線 $y = \log x,$ $x = n$ と $x$ 軸で囲まれた面積と, 直線 $y = \log k,$ $x = k-1,$ $x = k\ (2 \leqq k \leqq n)$ と $x$ 軸で囲まれた領域の面積 $\log k$ の和を比較すると, \[\int_1^n\log xdx < \sum_{k = 2}^n\log k\] となる. よって, $\log 1 = 0$ から, 求める不等式が得られる.
(2)
\begin{align*} \int_1^n\log xdx &= \big[ x\log x\big] _1^n-\int_1^nx\cdot\frac{1}{x}dx \\ &= n\log n-\big[ x\big] _1^n \\ &= n\log n-n+1, \\ \sum_{k = 1}^n\log k &= \log n! \end{align*} と (1) の結果から, \[ n\log n-n+1 < \log n!\] が成り立つ. よって, \begin{align*} \log\frac{a^n}{n!} &= n\log a^n-\log n! \\ &< n\log a-(n\log n-n+1) \\ &= n(\log a-\log n+1)-1 \\ &= -\infty \quad (n \to \infty ) \end{align*} よって, $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a^n}{n!} = -\infty$ であるから, $\dfrac{a^n}{n!} > 0$ に注意すると, \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0\] が成り立つ.
 

問題≪区分求積法≫

 次の極限値を求めよ.
(a)
$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right).$ 
(b)
$\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{n}{(n+k)(2n+k)}.$ 
(c)
$\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{n}{n^2+k^2}.$ 
($\gamma$)
$\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}.$ 
(d)
$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{k = 1}^nke^{\frac{k}{n}}.$ 
(e)
$\lim\limits_{n \to \infty}\left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^\frac{1}{n}\cdots\left( 1+\dfrac{n}{n}\right) ^\frac{1}{n}.$ 
(f)
$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{k = n+1}^{2n}\sqrt{4n^2-k^2}.$ 

解答例

(a)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \int_0^1\sin\pi xdx \\ &= \left[ -\frac{1}{\pi}\cos\pi x\right] _0^1 = \frac{-1}{\pi}(-1-1) = \frac{2}{\pi}. \end{align*}
(b)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{n}{(n+k)(2n+k)} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{\left( 1+\dfrac{k}{n}\right)\left( 2+\dfrac{k}{n}\right)} \\ &= \int_0^1\frac{dx}{(1+x)(2+x)} = \int_0^1\left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2+x}\right) dx \\ &= \big[\log |1+x|-\log |2+x|\big] _0^1 \\ &= (\log 2-\log 3)-(\log 1-\log 2) \\ &= 2\log 2-\log 3. \end{align*}
(c)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{n}{n^2+k^2} =\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\left(\dfrac{k}{n}\right) ^2} \\ &= \int_0^1\frac{dx}{1+x^2} = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos ^2\theta\cdot\frac{1}{\cos ^2\theta}d\theta \\ &= \big[\theta\big] _0^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi}{4}. \end{align*}
($\gamma$)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{k}{n}\right) ^2}} \\ &= \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}} = \left[\log\left| x+\sqrt{x^2+1}\right|\right] _0^1 \\ &= \log (1+\sqrt 2) -\log 1 = \log (1+\sqrt 2). \end{align*} 定積分の計算については, こちらを参照.
(d)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\sum\limits_{k = 1}^nke^{\frac{k}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{k}{n}e^{\frac{k}{n}} \\ &= \int_0^1xe^xdx = \big[ xe^x\big] _0^1-\int_0^1e^xdx \\ &= e-\big[ e^x\big] _0^1 = e-(e-1) = 1. \end{align*}
(e)
$a_n = \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) ^\frac{1}{n}\cdots\left( 1+\dfrac{n}{n}\right) ^\frac{1}{n}$ とおく. 対数関数の連続性に注意すると, \begin{align*} &\log\left(\lim\limits_{n \to \infty}a_n\right) = \lim\limits_{n \to \infty}\log a_n \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\log\left( 1+\frac{1}{n}\right)\cdots\left( 1+\frac{n}{n}\right) \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\log\left( 1+\frac{k}{n}\right) \\ &= \int_0^1\log (1+x)dx = \int_0^1(1+x)'\log (1+x)dx \\ &= [(1+x)\log (1+x)]_0^1-\int_0^1(1+x)\cdot\frac{1}{1+x}dx \\ &= 2\log 2-1 = \log\frac{4}{e}. \end{align*} ゆえに, 求める極限値は, \[\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \frac{4}{e}.\]
(f)
\begin{align*} &\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}\sum\limits_{k = n+1}^{2n}\sqrt{4n^2-k^2} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = n+1}^{2n}\sqrt{4-\left(\frac{k}{n}\right) ^2} = \int_1^2\sqrt{4-x^2}dx \\ &= \frac{1}{6}\cdot 2^2\pi -\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\sqrt 3 = \frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt 3}{2}. \end{align*} 定積分の値は $y = \sqrt{4-x^2}\ (1 \leqq x \leqq 2)$ が原点を中心とする半径 $2$ の六分円の弧を表すことから求めた.

問題≪メルカトル級数≫

(1)
$\sum\limits_{k = 1}^{2n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{1}{n+k}$ を示せ.
(2)
級数 $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}$ の値を求めよ.
(3)
(2) の級数の項を並び替えて得られる級数 $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{4n-2}-\dfrac{1}{4n}\right)$ の値を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &\sum\limits_{k = 1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k-1}-\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k}+2\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k}-2\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k-1}+\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{2k}-\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k} \\ &= \sum\limits_{k = 1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{k} = \sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{n+k} \quad \cdots [1]. \end{align*}
(2)
\begin{align*} &\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{n+k} \quad (\because [1]) \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{1+\dfrac{k}{n}} = \int_0^1\frac{dx}{1+x} \\ &= \big[\log (1+x)\big] _0^1 = \log 2 \quad \cdots [2]. \end{align*}
(3)
\begin{align*} &\sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n}\right) \\ &= \sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n}\right) \\ &= \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right) \\ &= \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \frac{1}{2}\log 2 \quad (\because [2]). \end{align*}

解説

 (2) の級数はメルカトル級数(Mercator series)と呼ばれ, 各項の符号が入れ替わる級数(交代級数, alternating series)の代表例としてよく取り上げられる. この級数は, 各項の絶対値をとって得られる級数 $\sum\limits_{n = 1}^\infty\dfrac{1}{n}$ が発散するにもかかわらず, 収束するので条件収束級数(conditionally convergent series)と呼ばれる. このような級数は, (3) のように項を並び替えると, 一般に異なる値に収束する. さらに, 項を適当に並び替えて, 与えられた実数に収束するようにできるという奇妙な性質を持つ.

問題≪交代和の区分求積法≫

 次の極限値を求めよ. \[ L = \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^{2n}(-1)^k\log\left( 1+\frac{k}{2n}\right).\]

解答例

 平均値の定理より, $1$ 以上 $n$ 以下の各整数 $k$ に対して \begin{align*} &\log\left( 1+\frac{2k}{2n}\right) -\log\left( 1+\frac{2k-1}{2n}\right) = \frac{1}{2n}\cdot\frac{1}{1+c_k}, \\ &\frac{2k-1}{2n} \leqq c_k \leqq \frac{2k}{2n} \quad \cdots [1] \end{align*} を満たす実数 $c_k$ が存在する. よって, \begin{align*} L &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum\limits_{k = 1}^n\left(\log\left( 1+\frac{2k}{2n}\right) -\log\left( 1+\frac{2k-1}{2n}\right)\right) \\ &= \frac{1}{2}\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+c_k}. \end{align*} $[1]$ より, \begin{align*} \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{2k}{2n}} \leqq \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+c_k} \leqq \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{2k-1}{2n}} \\ \quad \cdots [2]. \end{align*} 一方, \begin{align*} &\frac{1}{2n}\sum\limits_{k = 1}^{2n}\frac{1}{1+\dfrac{k}{2n}} \\ &= \frac{1}{2n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{2k-1}{2n}}+\frac{1}{2n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{2k}{2n}} \\ &= \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{2k-1}{2n}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n\frac{1}{1+\dfrac{k}{n}} \end{align*} の左辺は $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{1+x}$ に, 右辺の第 $2$ 項は $\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{1+x}$ に収束するから, 右辺の第 $1$ 項は $\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{1+x}$ に収束する. よって, $[2]$ の左辺と右辺は $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{1+x}$ に収束するから, \begin{align*} L &= \frac{1}{2}\int _0^1\frac{dx}{1+x} \\ &= \frac{1}{2}\big[\log |1+x|\big] _0^1 \\ &= \frac{1}{2}\log 2. \end{align*}

問題≪正方形とその内接円の内部にある格子点の個数の比≫

 $n$ を正の整数とする. \[ x^2+y^2 \leqq n^2\] を満たす整数の組 $(x,y)$ の個数を $a_n$ とおき, \[ |x| \leqq n, \quad |y| \leqq n\] を満たす整数の組 $(x,y)$ の個数を $b_n$ とおく.
(a)
極限 $L = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n}{b_n}$ の値を求めよ.
(b)
$\dfrac{a_n}{b_n} < \dfrac{\pi}{4}$ を示せ.
[山梨大 2009]

解答例

(a)
$x^2+y^2 \leqq n^2$ を満たす正の整数の組 $(x,y)$ の個数は $\sum_{k = 1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]$ であるから, \[ a_n = 4n+1+4\sum_{k = 1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]\] が成り立つ. また, 明らかに $b_n = (2n+1)^2$ であり, \[\frac{4n+1}{(2n+1)^2} = \frac{\dfrac{4}{n}+\dfrac{1}{n^2}}{\left( 2+\dfrac{1}{n}\right) ^2} \to 0 \quad (n \to \infty )\] であるから, \[ L = \lim_{n \to \infty}\frac{\sum_{k = 1}^n[\sqrt{n^2-k^2}]}{(2n+1)^2}\] となる. \[\sqrt{n^2-k^2}-1 < \sum_{k =1}^n[\sqrt{n^2-k^2}] \leqq \sqrt{n^2-k^2} \quad \cdots [\ast ]\] であり, 区分求積法により \begin{align*} &\frac{4\sum_{k = 1}^n\sqrt{n^2-k^2}}{(2n+1)^2} = \frac{4n^2}{(2n+1)^2}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k = 1}^n\sqrt{1-\left(\frac{k}{n}\right) ^2} \\ &\to \int_0^1\sqrt{1-x^2}dx = \frac{\pi}{4} \quad (n \to \infty ) \end{align*} となるから, 挟みうちの原理により $L = \dfrac{\pi}{4}$ となる.
(b)
$x^2+y^2 = n^2$ を満たす各座標が非負整数の点 $(x,y)$ を結んだ折れ線と座標軸で囲まれた面積は \[\sum_{k = 1}^n[\sqrt{n^2-k^2}] +\frac{n}{2} \leqq \frac{\pi n^2}{4}\] であるから, \[ a_n \leqq 4n+1-\pi n^2-2n = 2n+1-\pi n^2\] が成り立つ. よって, \begin{align*} \frac{\pi}{4}-\frac{a_n}{b_n} &= \frac{\pi}{4}-\frac{2n+1+\pi n^2}{(2n+1)^2} \\ &= \pi\left(\frac{1}{4}-\frac{n^2}{(2n+1)^2}\right) -\frac{1}{2n+1} \\ &= \frac{\pi (4n+1)}{4(2n+1)^2}-\frac{1}{2n+1} \\ &= \frac{4n(\pi -3)+(4n+\pi -4)}{4(2n+1)^2} > 0 \end{align*} から, $\dfrac{a_n}{b_n} < \dfrac{\pi}{4}$ が成り立つ.

解説

(a)
$a_n$ をガウス記号 $[\sqrt{n^2-k^2}]\ (1 \leqq k \leqq n)$ を用いて表すと, ガウス記号の性質 $[\ast ]$ から, 区分求積法の問題に帰着される.
(b)
$[\ast ]$ から求める不等式を導くことはできない. 円周 $x^2+y^2 = n^2$ 上の格子点を結んだ折れ線と座標軸で囲まれた面積と比較することで, 短冊の面積の和 $\sum_{k = 1}^n\sqrt{n^2-k^2}$ を評価する.

応用

問題≪逆関数の定積分≫

 $-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}$ における $y = \tan x$ の逆関数を $x = \arctan y$ で表す. 定積分 $J = \displaystyle\int _1^{\sqrt 3}\arctan ydy$ の値を求めよ.

解答例

 定積分 $I = \displaystyle\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\tan xdx$ と $J$ は次の図の塗色部の面積を表す.
よって, \[ I+J = \frac{\pi}{3}\cdot\sqrt 3-\frac{\pi}{4}\cdot 1\] より, \[ J = \frac{4\sqrt 3-3}{12}\pi -I.\] ここで, \begin{align*} I &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sin x}{\cos x}dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{-(\cos x)'}{\cos x}dx \\ &= \big[ -\log |\cos x|\big] _{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \\ &= \log\left(\cos\frac{\pi}{4}\right) -\log\left(\cos\frac{\pi}{3}\right) \\ &= \log\frac{\sqrt 2}{2}-\log\frac{1}{2} \\ &= (\log 2^{\frac{1}{2}}-\log 2)-(-\log 2) \\ &= \frac{1}{2}\log 2 \end{align*} だから, \[ J = \frac{4\sqrt 3-3}{12}\pi -\frac{1}{2}\log 2.\]

問題≪ベータ関数≫

 $\alpha,$ $\beta$ 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)
第 $1$ 象限内の曲線 $x^{\frac{1}{p}}+y^{\frac{1}{q}} = 1$ 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}}{n+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)
準備中.
(5)
準備中.