ルートの中が a2-x2 なら x = a sinθ、三角関数で置きかえて積分する

${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$ は $\frac{\pi }{4}$ です。半径 $1$ の四分円の面積そのもの。

根号のままでは原始関数が書けませんが、$x=\sin \theta$ と置くと根号が外れます。

$$\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-{\sin }^2\theta }=\sqrt{{\cos }^2\theta }$$

$\sqrt{{\cos }^2\theta }$ は $|\cos \theta |$ で、まだ絶対値が残っている。ここをどう外すかが、この置換のいちばん大事なところです。

$\theta$ の範囲を先に決める

$x$ が $-1$ から $1$ まで動くとき、$x=\sin \theta$ を満たす $\theta$ はいくらでもあります。$\theta$ と $\theta +2\pi$ のどちらでも $\sin$ の値は同じ。

そこで $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ に限ります。この範囲なら $\sin \theta$ が $-1$ から $1$ まで 1 対 1 で動き、しかも $\cos \theta \ge 0$。

$$\sqrt{1-x^2}=|\cos \theta |=\cos \theta$$

絶対値が外れました。範囲を決めずに置きかえると、$\cos \theta$ が負になる区間で符号を落とすことになります。

$dx$ からもう 1 つ $\cos$ が現れる

$x=\sin \theta$ の両辺を $\theta$ で微分すると $\frac{dx}{d\theta }=\cos \theta$ です。

$$dx=\cos \theta d\theta$$

根号の側の $\cos \theta$ と $dx$ の側の $\cos \theta$ がかかり合い、${\cos }^2\theta$ になります。

$$\int \sqrt{1-x^2}dx⟶\int {\cos }^2\theta d\theta$$

${\cos }^2\theta$ は $\frac{1+\cos 2\theta }{2}$ と書き直して積分できる形。根号が消えたうえに、2 乗も 1 次に落ちます。

例 1：${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx$

区間も $\theta$ に書きかえます。$x=0$ のとき $\theta =0$、$x=1$ のとき $\theta =\frac{\pi }{2}$。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx& ={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta \\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta \\ & ={\left[\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_0^{\pi /2}\\ & =\frac{\pi }{4}\end{array}$$

半径 $1$ の円の面積 $\pi$ の 4 分の 1。図で分かる値と一致しました。

$\theta$ を $x$ の式に戻す関数は、高校では使いません。だからこの型は定積分の形で扱い、区間ごと $\theta$ に移して計算します。

例 2：上端が $1$ でないとき

$${\int }_0^{1/2}\sqrt{1-x^2}dx$$

$x=\frac{1}{2}$ のとき $\sin \theta =\frac{1}{2}$ で、範囲の中の $\theta$ は $\frac{\pi }{6}$ です。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1/2}\sqrt{1-x^2}dx& ={\int }_0^{\pi /6}{\cos }^2\theta d\theta \\ & ={\left[\frac{\theta }{2}+\frac{\sin 2\theta }{4}\right]}_0^{\pi /6}\\ & =\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{3}}{8}\end{array}$$

$\sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ を使いました。値は約 $0.478$ です。

扇形と三角形に分かれる

例 2 の答えは、2 つの項がそれぞれ図形の面積になっています。

$\frac{\pi }{12}$ は中心角 $\frac{\pi }{6}$ の扇形の面積 $\frac{1}{2}{r}^2\theta =\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{6}$。

$\frac{\sqrt{3}}{8}$ は、底辺 $\frac{1}{2}$、高さ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ の直角三角形の面積 $\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{3}}{2}$。

一般の上端 $b$ でも同じ分かれ方をします。$\sin \theta =\frac{b}{a}$ とすると次のとおり。

$${\int }_0^b\sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{b\sqrt{a^2-b^2}}{2}+\frac{a^2}{2}\theta$$

前が直角三角形、後ろが扇形。計算した値をこの 2 つの面積の和と見比べれば、確かめになります。

例 3：半径が $1$ でないとき

$${\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx$$

$x=a\sin \theta$ と置きます。$dx=a\cos \theta d\theta$、根号は $a\cos \theta$。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx& ={\int }_0^{\pi /2}{a}^2{\cos }^2\theta d\theta \\ & =a^2\times \frac{\pi }{4}=\frac{\pi a^2}{4}\end{array}$$

$a$ が 2 か所から現れて $a^2$ になりました。半径 $a$ の四分円の面積と合っています。

例 4：$x^2\sqrt{1-x^2}$

$${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx$$

$x=\sin \theta$ と置くと、$x^2$ が ${\sin }^2\theta$ になります。

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta$$

$\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{2}\sin 2\theta$ だから、2 乗すると $\frac{1}{4}{\sin }^{2}2\theta$。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1}{4}{\sin }^{2}2\theta d\theta & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /2}\frac{1-\cos 4\theta }{2}d\theta \\ & =\frac{1}{8}{\left[\theta -\frac{\sin 4\theta }{4}\right]}_0^{\pi /2}\\ & =\frac{\pi }{16}\end{array}$$

例 5：根号が分母にある形

$${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$$

分母の根号が $\cos \theta$ になり、$dx$ の側の $\cos \theta$ と約分されます。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^2\theta }{\cos \theta }\cos \theta d\theta \\ & ={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta d\theta \\ & =\frac{\pi }{4}\end{array}$$

上端で分母が $0$ になりますが、置きかえた式には分母が残っていません。$\theta$ の側では $\frac{\pi }{2}$ をふつうに代入できます。

例 6：平方完成してから当てる

$${\int }_0^2\sqrt{2x-x^2}dx$$

根号の中を平方完成します。$2x-x^2=-(x^2-2x)=1-(x-1{)}^2$。

$u=x-1$ と置くと $du=dx$ で、区間は $-1$ から $1$ になります。

$${\int }_{-1}^1\sqrt{1-u^2}du=\frac{\pi }{2}$$

半径 $1$ の半円の面積。もとの式は円 $(x-1{)}^2+y^2=1$ の上半分を表していました。

例 7：楕円の面積

楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の上半分は $y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}$ です。

$$\begin{array}{rl}S& =2{\int }_{-a}^a\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}dx\\ & =\frac{2b}{a}\times \frac{\pi a^2}{2}\\ & =\pi ab\end{array}$$

${\int }_{-a}^a\sqrt{a^2-x^2}dx$ が半円の面積 $\frac{\pi a^2}{2}$ にあたることを使いました。

$a=b=r$ とすれば $\pi r^2$。円の面積に戻ります。

三角置換を当てないほうが早い形

根号があれば必ず三角関数、ではありません。

$${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx$$

根号の外に $x$ が 1 つあるので、$t=1-x^2$ と置けば $dt=-2xdx$ で片づきます。

$${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1\sqrt{t}dt=\frac{1}{3}$$

答えに $\pi$ が現れるかどうかが目印になります。$\pi$ がつくのは、扇形の面積を測っている形のとき。

根号の中が $a^2-x^2$ なら $x=a\sin \theta$、範囲は $-\frac{\pi }{2}$ から $\frac{\pi }{2}$ まで。根号と $dx$ から $\cos$ が 1 つずつ現れ、${\cos }^2\theta$ の積分に変わります。