数学Ⅱ・微分積分

定積分と面積(2)（数学Ⅱ/発展学習）

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(1)
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)dx=-\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3$

-図1-

右図1の赤線で囲まれた図形の面積（符号は正）は
$\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3$
に等しい

【公式(1)の証明】
x−α=(x−β)+(β−α)と変形すると，計算が楽になる
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)dx=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\beta+\beta-\alpha)(x-\beta)dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)^2+(\beta-\alpha)(x-\beta)\}dx$
$=\big[\frac{(x-\beta)^3}{3}+(\beta-\alpha)\frac{(x-\beta)^2}{2}\big]_{\alpha}^{\beta}$
$=\{0\}-\{\frac{(\alpha-\beta)^3}{3}+(\beta-\alpha)\frac{(\alpha-\beta)^2}{2}\}$
$=-\{-\frac{(\beta-\alpha)^3}{3}+\frac{(\beta-\alpha)^3}{2}\}$
$=-\frac{(\beta-\alpha)^3}{6}$

(2)　…いわゆる「６分の１公式」
　一般に2次方程式ax2+bx+c=0が相異なる２つの実数解α, β (α<β)をもつとき
　解と係数の関係から
$\alpha+\beta=-\frac{b}{a},\hspace{3}\alpha\beta=\frac{c}{a}$
が成り立つから，公式(1)から，次の公式(2)が得られる．
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(ax^2+ bx+ c)dx=-\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$

-図2-

【公式(2)の解説】
解と係数の関係により
$ax^2+ bx+ c$
$=a(x-\alpha)(x-\beta)$
だから
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(ax^2+ bx+ c)dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}a(x-\alpha)(x-\beta)dx$
(1)の結果を使うと
$=-\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$

［公式(2)が有利な場面］
　公式(2)を用いると，2交点の座標が「根号を含む複雑な値」であるときに，楽に計算ができる．
　例えば，次の【例題1】のように，交点のx座標が $\alpha=\frac{1-\sqrt{5}}{2},\hspace{3}\beta=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ のとき，これらの値を
$\big[\frac{a}{3}x^3+\frac{b}{2}x^2+ cx\big]_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$
の形で代入して計算することは，煩雑で計算間違いも起きやすいが，
$\beta-\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{5}$
を代入すると，計算が楽になる．

［公式(2)を覚えなければならないか？］
　公式(2)を出すと「覚えてきた生徒だけできて，他の生徒は時間配分が不利になる」など，大学受験では辛口の批評が多い．
　筆者個人の感想として言えば，「公式(2)だけは覚える方がよい」（検算にも使いやすい），他の公式(3),(4)，(**)は覚えなくてもよいが，「公式があるということは知っておく」「必要な場合には，試験会場で作ることができる」程度に「式を変形した思い出がある」方がよいと考える．･･･全部暗記するようなことは，頭脳資源の無駄遣いでしょう．

【例題1】
　放物線y=x2と直線y=x+1とで囲まれる図形の面積を求めてください．

　放物線y=x2と直線y=x+1の交点を求める
　x2=x+1を解く
　x2−x−1=0
$x=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$
$\alpha=\frac{1-\sqrt{5}}{2},\hspace{3}\beta=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
とおくと
$S=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x+ 1-x^2)dx=-\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x^2-x-1)dx$
$=\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3$
ここで
$\beta-\alpha=\sqrt{5}$ だから
$S=\frac{5\sqrt{5}}{6}$ …（答）

【問題1-1】
　放物線y=x2−3x+3と直線y=2x−1とで囲まれる図形の面積を求めてください．

解答を見る

交点を調べる．
x2−3x+3=2x−1を解く
x2−5x+4=0
(x−1)(x−4)=0
x=1, 4

区間1≦x≦4でつねにx2−3x+3≦2x−1だから
$S=\underset{1}{\int^4}\{(2x-1)-(x^2-3x+ 3)\}dx$
$=\underset{1}{\int^4}(-x^2+ 5x-4)dx$
$=-\underset{1}{\int^4}(x-1)(x-4)dx$
$=\frac{(4-1)^3}{6}=\frac{27}{6}$
$=\frac{9}{2}$ …（答）

※この問題のようにα=1, β=4と積分区間の両端が整数であるような場合は，公式(2)を使わずに，単純計算でもできる．（互いに検算に使うとよい）
$=\underset{1}{\int^4}(-x^2+ 5x-4)dx$
$=\big[-\frac{x^3}{3}+\frac{5}{2}x^2-4x\big]_1^4$
$=(-\frac{64}{3}+ 40-16)-(-\frac{1}{3}+\frac{5}{2}-4)=\frac{9}{2}$ …（答）
→解答を隠す←

【問題1-2】
　放物線y=x2+2x+1とy=−x2−4x+2とで囲まれる図形の面積を求めてください．

解答を見る

$\frac{-3-\sqrt{11}}{2}$ $\frac{-3+\sqrt{11}}{2}$

交点を調べる．
x2+2x+1=−x2−4x+2
を解く
2x2+6x−1=0
解の公式により
$x=\frac{-3\pm\sqrt{11}}{2}$

区間 $\alpha=\frac{-3-\sqrt{11}}{2}\underset{=}{\lt}x\underset{=}{\lt}\frac{-3+\sqrt{11}}{2}=\beta$
において，つねにx2+2x+1≦−x2−4x+2だから
$S=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}\{(-x^2-4x+ 2)-(x^2+ 2x+ 1)\}dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(-2x^2-6x+ 1)dx$
$=-2\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)dx$
$=\frac{2}{6}(\beta-\alpha)^3$
ここで， $\beta-\alpha=\sqrt{11}$ だから
$S=\frac{11\sqrt{11}}{3}$ …（答）

→解答を隠す←

［危険な落とし穴］
　便利な公式なので，どこでも使えそうに思ってしまいがちだが，「交点から交点までの区間」で積分している場合だけ，上記の公式が使えるが，「交点と交点の間以外の区間」の積分には使えないので注意
　次の図E～Hまでのどの場合も，赤線で囲まれた図形の面

積は $S=\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$ にはならない．（地道な計算を積み上げて行くしかない）

-図E-

-図F-

-図G-

-図H-

【例題2-1】
　放物線y=x2−1，直線y=x+1およびy軸とで囲まれる図形の面積を求めてください．

　放物線y=x2−1と直線y=x+1の交点を求める
　x2−1=x+1を解く
　x2−x−2=0
　(x+1)(x−2)=0
　x=−1, 2
区間−1≦x≦2において，つねにx2−1≦x+1だから

$S=\underset{\tiny{0}}{\int^{2}}\{(x+ 1)-(x^2-1)\}dx$
$=\underset{\tiny{0}}{\int^{2}}(-x^2+ x+ 2)dx$
$=\big[-\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+ 2x\big]_0^2$
$=(-\frac{8}{3}+ 2+ 4)-0=\frac{10}{3}$ …（答）

【例題2-2】

　放物線y=−x2+4xについて，
(1)　この放物線に交わる直線 y=mx (0≦m<4) と放物線で囲まれた図形の面積をmを用いて表せ．
(2)　放物線とx軸で囲まれた図形が右図のように２つの直線
y=ax, y=bx (0<b<a<4)
によって，その面積が3等分されるとき，a, bの値を求めよ．

（2000年度東北学院大工学部）

（解答）･･･6分の1公式を湯水のように使う答案で書く場合
(1)
$S=\frac{(4-m)^3}{6}$ …（答）
(2)
m=0のとき，放物線とx軸で囲まれる図形の面積S0は
$S_0=\frac{4^3}{6}=\frac{64}{6}=\frac{32}{3}$
y=axと放物線で囲まれる図形の面積Saは
$S_a=\frac{(4-a)^3}{6}=S_0\times\frac{1}{3}=\frac{32}{9}$
$(4-a)^3=\frac{6\times 32}{9}=\frac{64}{3}$
$4-a=\frac{4}{\sqrt[3]{3}}$
$a=4-\frac{4}{\sqrt[3]{3}}$ …（答）
y=bxと放物線で囲まれる図形の面積Sbは
$S_b=\frac{(4-b)^3}{6}=S_0\times\frac{2}{3}=\frac{64}{9}$
$(4-b)^3=\frac{6\times 64}{9}=\frac{64\times 2}{3}$
$4-b=\frac{4\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{3}}$
$b=4-\frac{4\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{3}}$ …（答）

(3)　…いわゆる「12分の１公式」
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)^2dx=\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4$ …(3.1)
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2(x-\beta)dx=-\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4$ …(3.2)

-図3.1-

-図3.2-

　3次方程式(x−α)(x−β)2=0が解x=α，重解x=βをもつとき
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)^2dx=\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4$
が成り立つ．x=αが重解，x=βが解である場合も同様にして
$\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2(x-\beta)dx=-\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4$
が成り立つ．

(3.1)の証明
$\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}(x-\alpha)(x-\beta)^2dx$
$=\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)+(\beta-\alpha)\}(x-\beta)^2dx$

← (x−β)nの式で表す

$=\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)^3+(\beta-\alpha)(x-\beta)^2\}dx$
$=\big[\frac{(x-\beta)^4}{4}+(\beta-\alpha)\frac{(x-\beta)^3}{3}\big]_{\alpha}^{\beta}$
$=\{0\}-\{\frac{(\alpha-\beta)^4}{4}+(\beta-\alpha)\frac{(\alpha-\beta)^3}{3}\}$
$=-\{\frac{(\beta-\alpha)^4}{4}-\frac{(\alpha-\beta)^4}{3}\}$
$=\frac{(\beta-\alpha)^4}{12}$ …■証明終わり■
(3.2)の証明
$\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2(x-\beta)dx$
$=\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2\{(x-\alpha)+(\alpha-\beta)\}dx$

← (x−α)nの式で表す

$=\underset{\small{\alpha}}{\int^{\beta}}\{(x-\alpha)^3+(\alpha-\beta)(x-\alpha)^2\}dx$
$=\big[\frac{(x-\alpha)^4}{4}+(\alpha-\beta)\frac{(x-\alpha)^3}{3}\big]_{\alpha}^{\beta}$
$=\{\frac{(\beta-\alpha)^4}{4}+(\alpha-\beta)\frac{(\beta-\alpha)^3}{3}\}-\{0\}$
$=\{\frac{(\beta-\alpha)^4}{4}-\frac{(\beta-\alpha)^4}{3}\}$
$=-\frac{(\beta-\alpha)^4}{12}$ …■証明終わり■

【例題3】
　３次関数y=x3+ax+bのグラフを曲線Cとする．直線y=3x+m…①は点P(1, 2)で曲線Cに接するという．
(1) a, b, mを求めよ．
(2) 直線①と曲線Cの点P以外の交点Qの座標を求めよ．
(3) 直線①と曲線Cで囲まれた部分の面積Sを求めよ．

（2000年度成蹊大学工学部）

(1)
　y1=x3+ax+b
　y2=3x+m
とおく
　y1'=3x2+a
　y2'=3
点P(1, 2)を通るから
　2=1+a+b…(#1)
　2=3+m…(#2)
点P(1, 2)で互いに接するから
　3+a=3…(#3)
(#1)(#2)(#3)より
　a=0, b=1, m=−1…(答)

(2)
　y1=x3+1
　y2=3x−1
の共有点を求める
　x3+1=3x−1
　x3−3x−2=0
　(x−1)2(x+2)=0
P以外の交点は，Q(−2, −7)…(答)

(3)
$S=\underset{-2}{\int^{1}}\{(x^3+ 1)-(3x-1)\}dx$
$=\underset{-2}{\int^{1}}(x^3-3x+ 2)dx$
$=\big[\frac{x^4}{4}-\frac{3x^2}{2}+ 2x\big]_{-2}^1$
$=\big(\frac{1}{4}-\frac{3}{2}+ 2\big)-\big(4-6-4\big)=\frac{27}{4}$ …(答)

（備考）
　記述式答案では，公式(3.1)を丸暗記して $\frac{3^4}{12}=\frac{27}{4}$ と書いてもダメでしょう．教科書にない公式を黙って使うと減点の可能性あり．公式(2)はよく使うので「公式」と書いておけばよいでしょう．
　検算として，密かに自信を持つのはよいでしょう．

(4)　…いわゆる「30分の１公式」
$S=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2(x-\beta)^2dx=\frac{1}{30}(\beta-\alpha)^5$

-図4-

(4)の証明 …x−βの式に直す（x−αに揃えてもよい）
$S=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^2(x-\beta)^2dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)+(\beta-\alpha)\}^2(x-\beta)^2dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)^2+ 2(\beta-\alpha)(x-\beta)+ (\beta-\alpha)^2\}(x-\beta)^2dx$
$=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}\{(x-\beta)^4+ 2(\beta-\alpha)(x-\beta)^3+ (\beta-\alpha)^2(x-\beta)^2\}dx$
$=\big[\frac{(x-\beta)^5}{5}+ (\beta-\alpha)\frac{2(x-\beta)^4}{4}+ (\beta-\alpha)^2\frac{(x-\beta)^3}{3}\big]_{\alpha}^{\beta}$
$=0-\{\frac{(\alpha-\beta)^5}{5}+ (\beta-\alpha)\frac{(\alpha-\beta)^4}{2}+ (\beta-\alpha)^2\frac{(\alpha-\beta)^3}{3}\}$
$=\frac{(\beta-\alpha)^5}{5}-\frac{(\beta-\alpha)^5}{2}+\frac{(\beta-\alpha)^5}{3}$
$=\frac{6-15+ 10}{30}(\beta-\alpha)^5=\frac{(\beta-\alpha)^5}{30}$

【例題4】
　関数f(x)=x4−2x2+xについて，次の問いに答えよ．
(1)　曲線y=f(x)と２点で接する直線の方程式を求めよ．
(2)　曲線y=f(x)と(1)で求めた直線で囲まれた領域の面積を求めよ．

（2016年度名古屋市立大経済学部）

(1)
f ’(x)=4x3−4x+1
接点のx座標をp, q (p<q)とすると
y−(p4−2p2+p)
=(4p3−4p+1)(x−p)
y=(4p3−4p+1)x
−3p4+2p2…(#1)
y=x4−2x2+x…(#2)
(#1)(#2)の連立方程式がx=pの重解をもつ
　x4−2x2+x=(4p3−4p+1)x−3p4+2p2
　x4−2x2−(4p3−4p)x+3p4−2p2=0
左辺をx2−2px+p2で割ると，割り切れる．
　(x2−2px+p2)(x2+2px+3p2−2)=0 そこで，
　x2+2px+3p2−2=0
がx=qの重解をもてばよい
　x2+2px+3p2−2=x2−2qx+q2より

p=−q (p<q)
3p2−2=q2
これより，p=−1, q=1 (#1)の戻すと
　y=x−1…（答）

(2)
$S=\underset{\small{-1}}{\int^1}\{x^4-2x^2+ x-(x-1)\}dx$
$=\underset{\small{-1}}{\int^1}(x^4-2x^2+ 1)dx$
偶関数の定積分だから
$=2\underset{\small{0}}{\int^1}(x^4-2x^2+ 1)dx$
$=2\big[\frac{x^5}{5}-\frac{2x^3}{3}+ x\big]_0^1$
$=2\big(\frac{1}{5}-\frac{2}{3}+ 1\big)=2\big(\frac{3-10+ 15}{15}\big)=\frac{16}{15}$ …（答）

※公式(5)を丸暗記してもこの答案はかけない．公式(5)を検算に使うことはできる．

(**)　…上記の(1)～(4)は次の公式の特別な場合となっている．（m, nは正の整数）
$S=\underset{\alpha}{\int^{\beta}}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx$
$=\frac{m!n!}{(m+ n+ 1)!}(\beta-\alpha)^{m+ n+ 1}$

※(**)は，ベータ関数の性質（m, nは正の整数）
$B(m+ 1, n+ 1)=\underset{0}{\int^{1}}t^{m}(1-t)^{n}dt=\frac{m!n!}{(m+ n+ 1)!}$
を $t=\frac{x-\alpha}{\beta-\alpha}$ によって，置換積分（数学Ⅲで習う）したものになっている．（オイラーのベータ関数は，理系の大学で習う）

(5)　…放物線と２つの接線で囲まれた図形の面積

　放物線y=ax2+bx+c (a>0)上の点A(α, ···), B(β, ···) (α<β)における接線が交わる点をPとする．線分ABと放物線で囲まれる図形の面積をS，２つの接線と放物線で囲まれる図形の面積をTとおくと

$y=ax^2+ bx+ c$ $P(\frac{\alpha+\beta}{2}, ...)$ $S$ $M$ $T$
-図5-

$S=\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3$
$T=\frac{a}{12}(\beta-\alpha)^3$
$S\hspace{2}:\hspace{2}T=2\hspace{2}:\hspace{2}1$

※この公式(5)は，高校数学Ⅱの教科書に書かれていないので，この結果を，答案として証明なしに使ってはいけない．（教科書の公式なら，黙って使ってよい）
　だから，後の例題5のような問題で，公式(5)を覚えてきて答だけ書いても「答案にはならない」･･･「覚える」という使い方は無意味．次のような「証明の流れを自分流に再現」できればよい．

（公式(5)の証明）
　公式(2)により
$S=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{6}$ …(#1)

　次に，接点Aにおける接線の方程式を求める．
y=ax2+bx+cの導関数はy'=2ax+bだから，
y−(aα2α+b+c)=(2aα+b)(x−α)
y=(2aα+b)x−aα2+c…(#2)
接点Bにおける接線の方程式は，同様にして
y=(2aβ+b)x−aβ2+c…(#3)
連立方程式(#2)(#3)を解く
(2aβ+b)x−aβ2+c=(2aα+b)x−aα2+c
2a(β−α)x=aβ2−aα2
2a(β−α)x=a(β−α)(β+α)
β>αだから
$x=\frac{\alpha+ \beta}{2}$
(#3)に代入
$y=(2a\beta+ b)\frac{\alpha+ \beta}{2}-a\beta^2+ c$
$=\frac{2a\alpha\beta+ b\alpha+\cancel{2a\beta^2}+ b\beta-\cancel{2a\beta^2}+ 2c}{2}$
$=\frac{2a\alpha\beta+ b(\alpha+\beta)+ 2c}{2}$
したがって，２接線の交点Pの座標は
$P\big(\frac{\alpha+ \beta}{2},\hspace{3}\frac{2a\alpha\beta+ b(\alpha+\beta)+ 2c}{2}\big)$

ABの中点をMとすると
$M\big(\frac{\alpha+ \beta}{2},\hspace{3}\frac{a\alpha^2+ b\alpha+ c+ a\beta^2+ b\beta+ c}{2}\big)$
$MP=\frac{a\alpha^2+ \cancel{b\alpha}+ \cancel{c}+ a\beta^2+ \cancel{b\beta}+ \cancel{c}}{2}-\{\frac{2a\alpha\beta+ \cancel{b(\alpha+\beta)}+ \cancel{2c}}{2}\}$
$=\frac{a\alpha^2+ a\beta^2-2a\alpha\beta}{2}=\frac{a(\beta-\alpha)^2}{2}$
AからMPまでの距離は
$\frac{\alpha+ \beta}{2}-\alpha=\frac{\beta-\alpha}{2}$
だから
$\rm{\Delta}APM=\frac{a(\beta-\alpha)^2}{2}\times\frac{\beta-\alpha}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{8}$
同様にして
$\rm{\Delta}BPM=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{8}$
したがって
$\rm{\Delta}ABP=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{4}=S+ T$ …(#4)

(#1)(#4)より
$S\hspace{2}:\hspace{2}T=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{6}\hspace{2}:\hspace{2}\big(\frac{a(\beta-\alpha)^3}{4}-\frac{a(\beta-\alpha)^3}{6}\big)$
$=\frac{a(\beta-\alpha)^3}{6}\hspace{2}:\hspace{2}\frac{a(\beta-\alpha)^3}{12}=2\hspace{2}:\hspace{2}1$

【例題5】
　放物線y=x2の上に異なる２点P, Qをとる．点Pにおける接線と点Qにおける接線の交点をRとする．線分PQと放物線y=x2が囲む部分の面積と，△PQRの面積の比は，点P, Qの位置に関係なく一定であることを証明せよ．

（2000年度会津大）

（解答）

P Q R M y=x2 T S • • • •

　P(p, p2), Q(q, q2)とおく（ただし，p<q）
　線分PQと放物線y=x2が囲む部分の面積をS，△PQRの面積をS+Tとおくと
$S=\frac{(q-p)^3}{6}$ …(1)

　次に，２つの接線の交点Rの座標を求める
y=x2の導関数はy'=2xだから，Pにおける接線の方程式は
y−p2=2p(x−p)
y=2px−p2…(2)
Pにおける接線の方程式は
y−q2=2q(x−q)
y=2qx−q2…(3)
　連立方程式(2)(3)を解くと
$R(\frac{p+ q}{2},\hspace{2}pq)$ …(4)

　P(p, p2), Q(q, q2)の中点を $M(\frac{p+ q}{2},\hspace{2}\frac{p^2+ q^2}{2})$ とおくと
$MR=\frac{p^2+ q^2}{2}-pq=\frac{(q-p)^2}{2}$ （←底辺と見る）
$\rm{\Delta}PMR=\frac{(q-p)^2}{2}\times(\frac{p+ q}{2}-p)\times\frac{1}{2}=\frac{(q-p)^3}{8}$
$\rm{\Delta}QMR=\frac{(q-p)^2}{2}\times(q-\frac{p+ q}{2})\times\frac{1}{2}=\frac{(q-p)^3}{8}$
したがって
$S\hspace{2}:\hspace{2}S+ T=\frac{(q-p)^3}{6}\hspace{2}:\hspace{2}\frac{(q-p)^3}{4}=2\hspace{2}:\hspace{2}3$ …(答)

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