媒介変数表示の曲線が囲む面積

$a>0$ とする。半径 $a$ の円が $x$ 軸の上を滑らずに転がるとき、円周上の 1 点が描く曲線（サイクロイド）は
$$ x=a(t-\sin t),\qquad y=a(1-\cos t)\qquad(0\le t\le2\pi) $$
と表せる（この式の導き方は 媒介変数表示と曲線の長さ の例「サイクロイドの長さ」で $a=1$ の場合を扱った）。$t$ が $0$ から $2\pi$ まで動くと、点は原点から $(2\pi a,0)$ まで、1 つのアーチを描く。$\dfrac{dx}{dt}=a(1-\cos t)$ なので
$$ S=\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)\,dt=a^2\int_0^{2\pi}\bigl(1-2\cos t+\cos^2t\bigr)\,dt $$
である。$\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos t\,dt=0$、$\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos^2t\,dt=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2t}2\,dt=\pi$ なので
$$ S=a^2(2\pi-0+\pi)=3\pi a^2 $$
である。転がる円の面積 $\pi a^2$ のちょうど 3 倍になる（図 1）。

$x=\cos t$、$y=\sin t$（$0\le t\le\dfrac\pi2$）は、単位円の第 1 象限の部分である。同じ式で計算すると、$\dfrac{dx}{dt}=-\sin t$ なので
$$ \int_0^{\pi/2}\sin t\cdot(-\sin t)\,dt=-\int_0^{\pi/2}\sin^2t\,dt=-\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos2t}2\,dt=-\frac\pi4 $$
となる。しかし、この弧と $x$ 軸の間の部分は半径 $1$ の円の 4 分の 1 で、面積は $\dfrac\pi4$ である。符号が逆になった。$t$ が増えると点は $(1,0)$ から $(0,1)$ へ、つまり 左向き に動くからである。

1. 楕円の上半分 $x=a\cos t$、$y=b\sin t$（$0\le t\le\pi$、$a,b>0$）。$x(t)$ は $a$ から $-a$ へ狭義単調減少し、$y(t)\ge0$ である。cor-pca-sign により
   $$ S=-\int_0^\pi b\sin t\cdot(-a\sin t)\,dt=ab\int_0^\pi\sin^2t\,dt=ab\cdot\frac\pi2 $$
   である。楕円全体は $x$ 軸について対称なので、面積は $\pi ab$ である。
2. アステロイドの第 1 象限の部分 $x=a\cos^3t$、$y=a\sin^3t$（$0\le t\le\dfrac\pi2$、$a>0$）。$x'(t)=-3a\cos^2t\sin t$ は $0< t<\dfrac\pi2$ で負なので、$x(t)$ は $a$ から $0$ へ狭義単調減少する。cor-pca-sign により
   $$ S=-\int_0^{\pi/2}a\sin^3t\cdot(-3a\cos^2t\sin t)\,dt=3a^2\int_0^{\pi/2}\sin^4t\cos^2t\,dt $$
   である。$\cos^2t=1-\sin^2t$ として、Wallis 積分 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^4t\,dt=\frac{3\pi}{16}$、$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^6t\,dt=\frac{5\pi}{32}$（Wallis積分（高校数学））を使うと
   $$ \int_0^{\pi/2}\sin^4t\cos^2t\,dt=\frac{3\pi}{16}-\frac{5\pi}{32}=\frac{\pi}{32} $$
   なので $S=\dfrac{3\pi a^2}{32}$ である。アステロイドは $x$ 軸・$y$ 軸について対称なので、全体の面積は $4S=\dfrac38\pi a^2$ である。

1. 楕円 $x=a\cos t$、$y=b\sin t$（$a,b>0$）。$t$ を $\pi$ から $3\pi$ まで動かすと、はじめの半周（$\pi\le t\le2\pi$）で $x$ は $-a$ から $a$ へ増え、$y\le0$ の下の境界を進み、次の半周で上の境界を戻るので、thm-pca-closed の形である。$xy'-yx'=a\cos t\cdot b\cos t-b\sin t\cdot(-a\sin t)=ab$ は定数なので、$\pi$ から $3\pi$ までの積分は $0$ から $2\pi$ までの積分に等しく、$S=\dfrac12\displaystyle\int_0^{2\pi}ab\,dt=\pi ab$ である。ex-pca-under-examples の 1 のように上下に分けなくてよい。
2. アステロイド $x=a\cos^3t$、$y=a\sin^3t$。$t$ を $\pi$ から $3\pi$ まで動かすと、はじめの半周（$\pi\le t\le2\pi$）で $x$ は $-a$ から $a$ へ増え、$y\le0$ の下の境界を進み、次の半周で上の境界を戻るので、thm-pca-closed の形である。
   $$ xy'-yx'=a\cos^3t\cdot3a\sin^2t\cos t+a\sin^3t\cdot3a\cos^2t\sin t=3a^2\sin^2t\cos^2t\,(\cos^2t+\sin^2t)=\frac{3a^2}4\sin^22t $$
   は周期 $2\pi$ の関数なので、$\pi$ から $3\pi$ までの積分は $0$ から $2\pi$ までの積分に等しい。$\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin^22t\,dt=\pi$ なので $S=\dfrac12\cdot\dfrac{3a^2}4\cdot\pi=\dfrac38\pi a^2$ で、ex-pca-under-examples の 2 と一致する。
3. サイクロイドとその下の $x$ 軸で囲まれた部分。反時計回りにたどるには、まず $x$ 軸の上を原点から $(2\pi a,0)$ まで右へ進み、次にアーチを $t=2\pi$ から $t=0$ へ逆にたどる（逆にたどる部分の積分は、$t$ の積分の上端と下端を入れ替えたものになる。prf-cor-pca-sign の段 3 と同じ置換である）。$x$ 軸の部分は、たとえば $x=s$、$y=0$（$0\le s\le2\pi a$）と表せ、$y=0$、$y'=0$ なので $xy'-yx'=0$ である。アーチの部分では
   $$ xy'-yx'=a(t-\sin t)\cdot a\sin t-a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)=a^2\bigl(t\sin t+2\cos t-2\bigr) $$
   である（$\sin^2t+\cos^2t=1$ を使って整理した）。$\displaystyle\int_0^{2\pi}t\sin t\,dt=\Bigl[-t\cos t\Bigr]_0^{2\pi}+\int_0^{2\pi}\cos t\,dt=-2\pi$ なので
   $$ S=\frac12\int_{2\pi}^0a^2\bigl(t\sin t+2\cos t-2\bigr)\,dt=-\frac{a^2}2\bigl(-2\pi+0-4\pi\bigr)=3\pi a^2 $$
   で、ex-pca-start-cycloid と一致する。

$x=1-t^2$、$y=t-t^3$ を考える。$t=\pm1$ でどちらも原点 $(0,0)$ に来るので、$-1\le t\le1$ の部分は閉じたループになる（図 2 の右）。
段 1（向きの確認）。$y=t(1-t^2)=t\,x$ である。$-1\le t\le0$ では $x'=-2t\ge0$ で、$x$ は $0$ から $1$ へ増え、$y=t\,x\le0$ である。$0\le t\le1$ では $x$ は $1$ から $0$ へ減り、$y\ge0$ である。下の境界を右へ、上の境界を左へ進むので、thm-pca-closed の形（反時計回り）である。
段 2（積分）。$x'=-2t$、$y'=1-3t^2$ なので
$$ xy'-yx'=(1-t^2)(1-3t^2)+2t(t-t^3)=(1-t^2)(1-3t^2)+2t^2(1-t^2)=(1-t^2)^2 $$
である。よって
$$ S=\frac12\int_{-1}^1(1-t^2)^2\,dt=\frac12\int_{-1}^1\bigl(1-2t^2+t^4\bigr)\,dt=\frac12\Bigl(2-\frac43+\frac25\Bigr)=\frac12\cdot\frac{16}{15}=\frac8{15} $$
である。
段 3（グラフで確かめる）。$x=1-t^2$ から $t=\pm\sqrt{1-x}$ なので、上の境界は $y=x\sqrt{1-x}$、下の境界は $y=-x\sqrt{1-x}$（$0\le x\le1$）である。面積は $\displaystyle\int_0^12x\sqrt{1-x}\,dx$ で、$s=1-x$ と置換すると $\displaystyle\int_0^12(1-s)\sqrt s\,ds=2\Bigl(\frac23-\frac25\Bigr)=\frac8{15}$ となり、段 2 と一致する。

$r=f(\theta)$ の曲線を、$\theta$ を媒介変数として $x=f(\theta)\cos\theta$、$y=f(\theta)\sin\theta$ と表す。$\theta$ で微分すると $x'=f'\cos\theta-f\sin\theta$、$y'=f'\sin\theta+f\cos\theta$ なので
$$ xy'-yx'=f\cos\theta\,(f'\sin\theta+f\cos\theta)-f\sin\theta\,(f'\cos\theta-f\sin\theta)=f^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=f(\theta)^2 $$
である（$ff'\sin\theta\cos\theta$ の項が打ち消し合う）。したがって $\dfrac12\displaystyle\int(xy'-yx')\,d\theta=\dfrac12\int f(\theta)^2\,d\theta$ となる。これが極座標の面積の公式で、極座標で表された図形の面積 で扇形から直接導く。たとえば円 $r=c$（$c>0$ は定数）は $x=c\cos\theta$、$y=c\sin\theta$ で、ex-pca-closed-examples の 1 の楕円で $a=b=c$ とした場合である。そこと同じく $\theta$ を $\pi$ から $3\pi$ まで動かせば thm-pca-closed の形になり、被積分関数 $c^2$ は定数なので、$\dfrac12\displaystyle\int_0^{2\pi}c^2\,d\theta=\pi c^2$ である。

$x=\cos t$、$y=1$（$0\le t\le2\pi$）は、高さ $1$ の線分の上を、$(1,1)$ から $(-1,1)$ まで左へ進み、また $(1,1)$ まで右へ戻る。
$$ \int_0^{2\pi}y\,x'\,dt=\int_0^{2\pi}1\cdot(-\sin t)\,dt=\Bigl[\cos t\Bigr]_0^{2\pi}=0 $$
である。しかし、線分と $x$ 軸、直線 $x=\pm1$ で囲まれた長方形の面積は $2$ である。$0\le t\le\pi$（左へ進む）の部分は cor-pca-sign により $-2$、$\pi\le t\le2\pi$（右へ戻る）の部分は thm-pca-under により $+2$ で、打ち消し合った。
満たす性質：$C^1$ 級、$y\ge0$。満たさない性質：$x(t)$ が狭義単調であること。破る主張：thm-pca-under の「積分が曲線の下の面積」。

$x=a\cos t$、$y=-b\sin t$（$0\le t\le2\pi$、$a,b>0$）は、ex-pca-closed-examples の 1 と同じ楕円を時計回りにたどる。$y'=-b\cos t$ なので
$$ xy'-yx'=a\cos t\cdot(-b\cos t)-(-b\sin t)\cdot(-a\sin t)=-ab $$
で、$\dfrac12\displaystyle\int_0^{2\pi}(xy'-yx')\,dt=-\pi ab$ となる。面積 $\pi ab$ の符号が逆になった。
満たす性質：閉曲線で、自分自身と交わらない。満たさない性質：反時計回り（ここでは下の境界を左へ進む）。破る主張：thm-pca-closed の「積分が面積」。時計回りのときは、符号を変えれば面積になる。

$x=\sin t$、$y=\sin t\cos t$（$0\le t\le2\pi$）は、原点で自分自身と交わる 8 の字の閉曲線である（図 3）。
段 1（全体の積分）。$x'=\cos t$、$y'=\cos^2t-\sin^2t$ なので
$$ xy'-yx'=\sin t\,(\cos^2t-\sin^2t)-\sin t\cos t\cdot\cos t=-\sin^3t $$
である。$\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin^3t\,dt=0$（$\sin^3(t+\pi)=-\sin^3t$ により前半と後半が打ち消し合う）なので、$\dfrac12\displaystyle\int_0^{2\pi}(xy'-yx')\,dt=0$ である。
段 2（輪ごとの積分）。$\displaystyle\int_0^\pi\sin^3t\,dt=\int_0^\pi(1-\cos^2t)\sin t\,dt=\Bigl[-\cos t+\frac{\cos^3t}3\Bigr]_0^\pi=\frac43$ なので、右の輪（$0\le t\le\pi$、$x\ge0$）の積分は $\dfrac12\cdot\Bigl(-\dfrac43\Bigr)=-\dfrac23$、左の輪（$\pi\le t\le2\pi$）は $+\dfrac23$ である。
段 3（実際の面積）。右の輪は、$0\le x\le1$ で $y=\pm x\sqrt{1-x^2}$ にはさまれた部分で（$y^2=\sin^2t\cos^2t=x^2(1-x^2)$ から）、面積は $\displaystyle\int_0^12x\sqrt{1-x^2}\,dx=\Bigl[-\frac23(1-x^2)^{3/2}\Bigr]_0^1=\frac23$ である。左の輪も対称で $\dfrac23$ なので、囲まれた部分の面積の和は $\dfrac43$ である。
右の輪は時計回り、左の輪は反時計回りにたどるので、段 2 の符号がつき、和が $0$ になった。満たす性質：閉曲線で、各部分は $C^1$ 級。満たさない性質：自分自身と交わらないこと（周が 2 つのグラフに分かれること）。破る主張：thm-pca-closed の「積分が囲まれた部分の面積」。