テキスト（面積と定積分の演習）

\(y = 4 - x^2 = 0\) とすると \(x = \pm 2\)

したがって，左図のとおり積分する区間は \(-1 \leqq x \leqq 2\) となり，題意の図形の面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_{-1}^2 \left(4 - x^2\right)\,dx \\ \displaystyle = \left[4x - \frac{1}{3}x^3\right]_{-1}^2 \\ \displaystyle = \left(8 - \frac{8}{3}\right) - \left(-4 + \frac{1}{3}\right) \\ \displaystyle = 9 \end{array}\)

\(y' = 2x\) より \(x = 1\) における微分係数は \(2\) となり，点 \((1,\ 1)\) における曲線 \(C\) の接線の方程式は

\(\begin{array}{c} y - 1 = 2(x - 1) \\ ∴\quad y = 2x - 1 \end{array}\)

したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^1 x^2 \,dx - \int_{\textcolor{red}{\frac{1}{2}}}^1 (2x - 1)\,dx \\ \displaystyle = \Big[\frac{1}{3}x^3\Big]_0^1 - \Big[x^2 - x\Big]_{\textcolor{red}{\frac{1}{2}}}^1 \\ \displaystyle = \frac{1}{12} \end{array}\)

\(f(x) = (x - \alpha)(x - \beta)\) のグラフは左図のとおりです。したがって，赤色で塗られた図形の面積は

\(\displaystyle \int_{\alpha}^{\beta}\left\{-(x - \alpha)(x -\beta)\right\}\,dx\)

となります。ここで，計算の手間を少しでも省くために置換積分を試みます。\(x - \alpha = u\) とおくと \(\displaystyle \frac{du}{dx} = 1\) です。また，積分の範囲は次のように換わります。

\(\begin{array}{c|ccc} x & \alpha & \to & \beta \\ \hline u & 0 & \to & \beta - \alpha \end{array}\)

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^{\beta - \alpha} \left\{-u(u - \beta + \alpha)\right\}\,du \\ \displaystyle = \int_0^{\beta - \alpha} \left\{-u^2 + (\beta - \alpha)u\right\}\,du \\ \displaystyle = \left[-\frac{1}{3}u^3 + \frac{1}{2}(\beta - \alpha)u^2\right]_0^{\beta - \alpha}\\ \displaystyle = -\frac{1}{3}(\beta - \alpha)^3 + \frac{1}{2}(\beta - \alpha)^3 \\ \displaystyle = \frac{1}{6}(\beta - \alpha)^3 \end{array}\)

\(\left\{\begin{array}{lcc} y = x^2 & \cdots & \tiny{①} \\ y = x & \cdots & \tiny{②} \end{array}\right.\) を連立すると

\(\begin{array}{c} x^2 = x \\ x(x - 1) = 0 \\ ∴\quad x = 0\ ,\ x = 1 \end{array}\)

したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^1 \left(x - x^2\right) \,dx \\ \displaystyle = \left[\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3\right]_0^1 \\ \displaystyle = \frac{1}{6} \end{array}\)

\(\left\{\begin{array}{lcc} y = x^2 - 3x + 1 & \cdots & \tiny{①} \\ y = -x^2 + x + 1 & \cdots & \tiny{②} \end{array}\right.\) を連立すると

\(\begin{array}{c} x^2 - 3x + 1 = -x^2 + x + 1 \\ 2x^2 - 4x = 0 \\ x(x - 2) = 0 \\ ∴\quad x = 0\ ,\ x = 2 \end{array}\)

したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^2\left\{(-x^2 + x + 1) - (x^2 - 3x + 1)\right\}\,dx \\ \displaystyle = \int_0^2 \left(-2x^2 + 4x\right) \,dx \\ \displaystyle = \left[-\frac{2}{3}x^3 + 2x^2\right]_0^2 \\ \displaystyle = \frac{8}{3} \end{array}\)

\(f(x) = 0\) とすると

\(\begin{array}{c} x^3 - 3x^2 + 2x = 0 \\ x(x - 1)(x - 2) = 0 \\ ∴\quad x = 0\ ,\ x = 1\ ,\ x = 2 \end{array}\)

したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^1 \left(x^3 - 3x^2 + 2x\right)\,dx + \int_1^2\left(-x^3 + 3x^2 - 2x\right)\,dx\\ \displaystyle = \left[\frac{1}{4}x^4 - x^3 + x^2\right]_0^1 + \left[-\frac{1}{4}x^4 + x^3 - x^2\right]_1^2 \\ \displaystyle = \Big(\frac{1}{4} - 1 + 1\Big) + \Big(-4 + 8 - 4\Big) - \Big(-\frac{1}{4} + 1 - 1\Big) \\ \displaystyle = \frac{1}{2} \end{array}\)

\(f(x) = 0\) とすると

\(\begin{array}{c} x^3 - 3x^2 + 4 = 0 \\ (x + 1)(x - 2)^2 = 0 \\ ∴\quad x = -1\ ,\ x = 2 \end{array}\)

このうち，\(x = 2\) が重解であることから，\(f(x)\) のグラフは \(x = 2\) で \(x\) 軸に接することが分かります。したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_{-1}^2 \left(x^3 - 3x^2 + 4\right)\,dx \\ \displaystyle = \left[\frac{1}{4}x^4 - x^3 + 4x\right]_{-1}^2 \\ \displaystyle = \Big(4 - 8 + 8\Big) - \Big(\frac{1}{4} + 1 - 4\Big) \\ \displaystyle = \frac{27}{4} \end{array}\)

\(f'(x) = 3x^2 - 6x + 2\) だから \(f'(0) = 2\)

したがって，直線 \(l\) の方程式は \(y = 2x\)

\(x^3 - 3x^2 + 2x = 2x\) とすると

\(\begin{array}{l} x^3 - 3x^2 = 0 \\ x^2(x - 3) = 0 \\ ∴\quad x = 0\ ,\ x = 3 \end{array}\)

となるので，題意の図形は左図のとおりです。左図で
　赤色線は \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x\)
　橙色線は \(y = 2x\)

したがって，求める面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_0^3\left\{2x - \left(x^3 - 3x^2 + 2x\right)\right\}\,dx \\ \displaystyle = \int_0^3\left(-x^3 + 3x^2\right)\,dx \\ \displaystyle = \left[-\frac{1}{4}x^4 + x^3\right]_0^3 \\ \displaystyle = -\frac{81}{4} + 27 \\ \displaystyle = \frac{27}{4} \end{array}\)

\(f(x) = 0\) とすると

\(\begin{array}{l} x^4 - 2x^2 + 1 = 0 \\ (x^2 - 1)^2 = 0 \\ (x + 1)^2 (x - 1)^2 = 0 \\ ∴\quad x = \pm 1 \end{array}\)

いずれの解も重解であるので，グラフは \(x = \pm 1\) で \(x\) 軸に接していることが分かります。したがって，題意の図形は左図のとおりであり，面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_{-1}^1 \left(x^4 - 2x^2 + 1\right)\,dx \\ \displaystyle = \left[\frac{1}{5}x^5 - \frac{2}{3}x^3 + x\right]_{-1}^1 \\ \displaystyle = \left(\frac{1}{5} - \frac{2}{3} + 1\right) - \left(-\frac{1}{5} + \frac{2}{3} - 1\right) \\ \displaystyle = \frac{16}{15} \end{array}\)

\(f'(x) = 4x^3 - 2x + 1\) だから \(f'(0) = 1\)

したがって，直線 \(l\) の方程式は \(y = x\)

\(x^4 - x^2 + x = x\) とすると

\(\begin{array}{l} x^4 - x^2 = 0 \\ x^2(x^2 - 1) = 0 \\ ∴\quad x = 0\ ,\ x = \pm 1 \end{array}\)

このうち，\(x = 0\) は重解であるので，曲線 \(c\) と直線 \(l\) は原点で接することが分かり，題意の図形は左図のとおりです。したがって，求める面積は次のようになります。

面積 \(\begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int_{-1}^1\left\{x - \left(x^4 - x^2 + x\right)\right\}\,dx \\ \displaystyle = \int_{-1}^1\left(-x^4 + x^2\right)\,dx \\ \displaystyle = \left[-\frac{1}{5}x^5 + \frac{1}{3}x^3\right]_{-1}^1 \\ \displaystyle = \left(-\frac{1}{5} + \frac{1}{3}\right) - \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{3}\right) \\ \displaystyle = \frac{4}{15} \end{array}\)