https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1935/Nougaku

2022.08.10記

[2] $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ，及ビ $x+y=a$ ノ圍ム面積ヲ求ム．

2022.08.11記

[解答]
$a\lt 0$ の場合は，図形を原点中心に180度回転すれば $-a\gt 0$ の場合に帰着できるので，最初から $a\gt 0$ としても一般性を失わない．また， $b$ は $b^2$ の形でしか登場しないので $b\gt 0$ としても一般性を失わない．

$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ と $x+y=a$ の交点の $x$ 座標は
$\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a$ （ $p$ とおく）， $a$
であるから，囲む面積のうち片方 $S$ は
$S=\displaystyle\int_p^a\left(\dfrac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}-(a-x)\right)\,dx$
$=\Bigl[\dfrac{b}{2a}x\sqrt{a^2-x^2}+\dfrac{ab}{2}\mbox{Arcsin}\,\dfrac{x}{a}\Bigr]_p^a$ $-\dfrac{1}{2}(a-p)^2$
$=\dfrac{\pi ab}{4}-\dfrac{b}{2a}p\sqrt{a^2-p^2}-\dfrac{ab}{2}\mbox{Arcsin}\,\dfrac{p}{a}-\dfrac{1}{2}(a-p)^2$
$=\dfrac{\pi ab}{4}$ $-\dfrac{ab}{2}\mbox{Arcsin}\,\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ $-\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$
となり，もう片方は
$\pi ab- S$ $=\dfrac{3\pi ab}{4}$ $+\dfrac{ab}{2}\mbox{Arcsin}\,\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ $+\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$
となる．

[うまい解答]
$a\lt 0$ の場合は，図形を原点中心に180度回転すれば $-a\gt 0$ の場合に帰着できるので，最初から $a\gt 0$ としても一般性を失わない．また， $b$ は $b^2$ の形でしか登場しないので $b\gt 0$ としても一般性を失わない．

図形を $y$ 軸方向に $\dfrac{a}{b}$ 倍拡大して楕円を円に変換すると面積は $\dfrac{a}{b}$ 倍となる．
このとき，
$x^2+y^2=a^2$ と $y=a-\dfrac{a}{b}x$ の交点の $x$ 座標は
$\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a$ ， $a$
であるから，囲む面積のうち片方 $S$ は
$\cos\theta=\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ ， $\sin\theta=\dfrac{2ab}{a^2+b^2}$
なる鋭角 $\theta$ を用いて
$\dfrac{1}{2}a^2\theta-\dfrac{1}{2}a^2\sin\theta$ $=\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arcsin}\,\dfrac{2ab}{a^2+b^2}-\dfrac{a^3b}{a^2+b^2}$
となり，もう片方は
$\pi a^2-\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arcsin}\,\dfrac{2ab}{a^2+b^2}+\dfrac{a^3b}{a^2+b^2}$
となるので，求める面積は
$\dfrac{1}{2}ab\mbox{Arcsin}\,\dfrac{2ab}{a^2+b^2}-\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$ ，
$\pi ab-\dfrac{1}{2}ab\mbox{Arcsin}\,\dfrac{2ab}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$
となる．

■ [解答]と[別解]で見た目が違うが，
$\mbox{Arcsin}(\cos\theta)=\mbox{Arcsin}\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)\right)$ $=\dfrac{\pi}{2}-\theta$
から
$\mbox{Arcsin}\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\mbox{Arcsin}\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)\right)$ $=\dfrac{\pi}{2}-\mbox{Arcsin}\dfrac{2ab}{a^2+b^2}$
が成立するので，同じ値になっている．

■ [別解] と同様に考えると
$\displaystyle\int_x^a \sqrt{a^2-t^2}dt$ $=\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arccos}\, \dfrac{x}{a}-\dfrac{1}{2}a\sqrt{a^2-x^2}$ $=\dfrac{\pi a^2}{4}-\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arcsin}\, \dfrac{x}{a}-\dfrac{1}{2}a\sqrt{a^2-x^2}$
が成立するので，
$\displaystyle\int_a^x \sqrt{a^2-t^2}dt$ $=-\dfrac{\pi a^2}{4}+\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arcsin}\, \dfrac{x}{a}+\dfrac{1}{2}a\sqrt{a^2-x^2}$
となり，
$\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}dx$ $=\dfrac{1}{2}a^2\mbox{Arcsin}\, \dfrac{x}{a}+\dfrac{1}{2}a\sqrt{a^2-x^2}+(積分定数)$
であることがわかる．