媒介変数表示されたグラフの面積の求め方を例題付きで解説！検算に使える定理も教えます！

$$\cos (2\pi -t)\{1+\cos(2\pi -t)\}=\cos t(1+\cos t)$$

$$\sin(2\pi -t)\{1+\cos(2\pi -t)\}=-\sin t(1+\cos t)$$

であることから、$0\leqq t\leqq\pi$の部分を$x$軸に関して折り返すことによって題意の曲線は得られる。

ここで、

$$\begin{align*}&\left\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=-\sin t(1+2\cos t)\\\frac{dy}{dt}=\cos t+\cos 2t\end{array}\right.\\\Leftrightarrow &\left\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=-\sin t(1+2\cos t)\\\frac{dy}{dt}=2\cos \frac{3}{2}t\cos \frac{1}{2}t\end{array}\right.\end{align*}$$

であるから、$0\leqq t\leqq\pi$の範囲における増減表は以下のようになる。

よって、$x$軸に関する対称性も考慮すると、グラフの概形は以下ようになる。

したがって、$0\leqq t\leqq\frac{2}{3}\pi$のときの$y$座標を$y^+$、$\frac{2}{3}\pi\leqq t\leqq\pi$の$y$座標を$y^-$とすれば、求める面積の半分は、

したがって、求める面積はこの2倍で、$\boldsymbol{\frac{3}{2}\pi}$

$$\cos^3 (2\pi-t)=\cos^3 t$$

$$\sin^3 (2\pi-t)=-\sin^3 t$$

であることから、$0\leqq t\leqq\pi$の部分を$x$軸に関して折り返すことによって題意の曲線は得られる。

さらに、

$$\cos^3 (\pi-t)=-\cos^3 t$$

$$\sin^3 (\pi-t)=\sin^3 t$$

であることから、$0\leqq t\leqq\frac{\pi}{2}$の部分を$y$軸に関して折り返すことによって、曲線の$0\leqq t\leqq\pi$の部分が得られる。

ここで、

$$\left\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=-3\cos^2 t\sin t\\\frac{dy}{dt}=3\sin^2 t\cos t\end{array}\right.$$

であるから、$0\leqq t\leqq\frac{\pi}{2}$の範囲における増減表は以下のようになる。

\[\begin{array}{|c||c|c|c|} \hline t&0&\cdots&\frac{\pi}{2}\\\hline\frac{dx}{dt}&0&-&0\\\hline \frac{dy}{dt}&0&+&0\\\hline
(x,\,y)&(1,\,0)&\nwarrow&(0,\,1)\\\hline\end{array}\]

よって、$x$軸、$y$軸に関する対称性も考慮すると、グラフの概形は以下のようになる。

したがって、$0\leqq t\leqq\frac{\pi}{2}$のときの$y$座標を$y^+$とすれば、求める面積の$\frac{1}{4}$は、

$$\begin{align*}&\int_{0}^{1} y^+dx\\=&\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}  \sin^3 t(-3\cos^2 t\sin t)dt\\=&3\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  \cos^2 t\sin^4 tdt\\=&3\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  (1-\sin^2 t)\sin^4 tdt\\=&3\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  (\sin^4 t-\sin^6 t)dt\end{align*}$$

ここで、$0$以上の自然数$n$に対して、

$$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n tdt$$

とおくと、$n\geqq 2$のとき、

よって、これを整理して、

$$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$$

が成立する。これを繰り返し用いて、

$$\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  \sin^4 tdt=\frac{3}{4}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  \sin^2 tdt=\frac{3}{8}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  dt=\frac{3}{16}\pi$$

$$\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  \sin^6 tdt=\frac{5}{6}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  \sin^4 tdt=\frac{5}{32}\pi$$

となるので、

$$\begin{align*}3\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}  (\sin^4 t-\sin^6 t)dt=&3\left(\frac{3}{16}\pi-\frac{5}{32}\pi\right)\\=&\frac{3}{32}\pi\end{align*}$$

求める面積はこの4倍で、$\boldsymbol{\frac{3}{8}\pi}$

パラメータ$t$が$t$から$t+\Delta t$まで動くときに動径が掃く微小部分の面積について考える。

$t$から$t+\Delta t$まで動くときに動径の長さが増加している場合と減少している場合の2通りが考えられるが、増加している以下の図のような場合についてまず考える。

このとき、斜線部の三角形は2つの二等辺三角形に挟まれており、小さい方の三角形のもう1つの頂点は

であり、その三角形の面積は、

ここで、$t$が増加するときに反時計周りに動いているならば、外積の$z$成分は正になるので、$f(t)g(t+\Delta t)-f(t+\Delta t)g(t)>0$が成り立つ。よって、さらに変形して、

となる。

同様にして、大きい方の二等辺三角形の面積は、

となる。$\Delta t\rightarrow 0$の極限を取ると、はさみうちの定理から、斜線部の面積を$S$とすれば、

$$\frac{dS}{dt}=\frac{1}{2}\left(f(t)g'(t)-f'(t)g(t)\right)$$

が分かる。

$t$から$t+\Delta t$まで動くときに動径の長さが減少している場合も同様に示せる。

したがって、$\alpha\leqq t\leqq \beta$の範囲を動くときは、これを積分して、

$$\frac{1}{2}\int_{\alpha}^{\beta}\left(f'(t)g(t)-f(t)g'(t)\right)dt$$