12. 定積分の応用(回転体の体積)(ノート)
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数学Ⅲ　第3章　積分法

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13. 曲線の長さ

12．定積分の応用(回転体の体積)

12.1 回転体の体積

回転体では切り方がいつも決まっている

　立体の体積を積分で求めるには，ある方向に切り口を定め，その切り口における断面積を求めて，あとはその断面と垂直な方向に積分すればよかった（定積分の応用（体積） 参照）．このとき難しいのは，どういった切り口を考えるかであって，切り方によっては計算の難易度が劇的に変化する場合も多い．非回転体の求積が難問化しやすい訳はここにある．
　それに対して回転体の求積はそういった試行錯誤が必要ない．いつも切る方向は決まっていて，回転軸に対して垂直な平面で切断するのが定石である．何故ならこのような切り方で現れる切り口はいつでも円形かドーナツ型をしているので，断面積の計算がとてもやさしくなるからだ．

　曲線 $y=f(x)$ と $x$ 軸，及び2直線 $x=a$，$x=b$ $(a < b)$ で囲まれた部分を $x$ 軸のまわりに1回転させてできる回転体の体積を $V$ とする．
　この立体を $x$ 軸と垂直な平面で切ってできる切り口は，半径 $|y|\ (=|f(x)|)$ の円であるから，切り口の面積は，

\[\pi y^2\ (=\pi\{f(x)\}^2)\]

である．従って，次が成り立つ：

例題　半径 $r$ の球の体積 $V$ を求めよ．

こたえ

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　球の中心を原点とする．半径 $r$ の球は円 $x^2+y^2=r^2$ で囲まれた部分を $x$ 軸のまわりに回転させてできる回転体と考えることができるから， \[\begin{align*} V&=\pi\int_{-r}^r\!\!y^2\,dx\\[5pt] &=\pi\int_{-r}^r\!\!(r^2-x^2)\,dx\\[5pt] &=-\pi\int_{-r}^r\!\!(x+r)(x-r)\,dx\\[5pt] &=\frac\pi6\{r-(-r)\}^3\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{\frac43\pi r^3}} \end{align*}\]

12.2 2曲線の間の領域の回転体

2曲線が $x$ 軸の片側にあるとき，切り口はドーナツ型

　関数 $f(x),\ g(x)$ が区間 $[a,b]$ で常に $f(x)\geqq g(x)\geqq0$ であるとする．このとき，2曲線 $y=f(x),\ y=g(x)$，及び 2直線 $x=a,\ x=b$ で囲まれた部分を $x$ 軸のまわりに1回転して得られる回転体の体積 $V$ は

\[\begin{align*} V&=\pi\int_a^b\!\!\{f(x)\}^2\,dx-\pi\int_a^b\!\!\{g(x)\}^2\,dx\\[5pt] &=\pi\int_a^b\!\!(f^2-g^2)\,dx\\[5pt] & (f,\,g\ \mbox{のあとの「} \,(x)\, \mbox{」を省略した．}) \end{align*}\]

注意

　$V=\pi\displaystyle\int_a^b\!\!(f-g)^2\,dx$ ではない！！

こたえ

　解答例を表示する

　$x^2+(y-2)^2=1$ を $y$ について解くと， \[y=\left\{\begin{array}{ll} 2+\sqrt{1-x^2}&(\mbox{円の上半分})\ \cdots\mbox{①}\\[5pt] 2-\sqrt{1-x^2}&(\mbox{円の下半分})\ \cdots\mbox{②} \end{array}\right.\] 　①$\geqq$②$\geqq 0$ であるから， \[\begin{align*} V&=\pi\int_{-1}^1\!\!\left(\mbox{①}^2-\mbox{②}^2\right)\,dx\\[5pt] &=8\pi\int_{-1}^1\!\!\sqrt{1-x^2}\,dx\\[5pt] &=8\pi\times\frac\pi2\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{4\pi^2}} \end{align*}\]

補足

　$\displaystyle\int_{-1}^1\!\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac\pi2$ の部分は積分を実行するのではなく，直ちに $\dfrac\pi2$ と答えたい．詳しくは こちら を参照．

12.3 領域が回転軸をまたぐ場合

回転軸をまたぐ場合は長い方が強い

　回転領域が回転軸をまたぐとき，短い方を回転して得られる部分は，長い方を回転して得られる部分にすっぽりと含まれる．
　例えば，$a\leqq x\leqq b$ において，2曲線 $y=f(x)$ と $y=g(x)$，及び2直線 $x=a,\ x=b$ で囲まれる部分に $x$ 軸があり，区間 $[a,\ c]$ で $|f(x)|\geqq|g(x)|$ ，区間 $[c,b]$ で $|f(x)|\leqq|g(x)|$ であるとき，$x$ 軸のまわりに回転して得られる回転体の体積は， \[\pi\int_a^c\!\!\{f(x)\}^2\,dx+\pi\int_c^b\!\!\{g(x)\}^2\,dx\] となる．

こたえ

　解答例を表示する

　対称性により，$\dfrac\pi4\leqq x\leqq\dfrac34\pi$ の部分を考える．$\dfrac\pi2\leqq x\leqq\dfrac34\pi$ における $y=\cos x$ のグラフを $x$ 軸に関して折り返すと，$y=\sin x$ の下側になるので， \[\begin{align*} V&=2\times\pi\left(\int_{\frac\pi4}^{\frac34\pi}\!\sin^2 x\,dx-\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\!\cos^2 x\,dx\right)\\[5pt] &=\cdots=\underline{\boldsymbol{\frac{\pi^2}4+\frac32\pi}} \end{align*}\]

12.4 $y$ 軸まわりの回転体

$y$ 軸まわりでも，考え方は $x$ 軸まわりと同じ

　図のような曲線 $y=f(x)$ と $y$ 軸，及び 2直線 $y=a,\ y=b$ とで囲まれる部分を $y$ 軸のまわりに1回転して得られる回転体の体積 $V$ は，$y$ 軸に垂直な平面で切った断面積が $\pi x^2$ であるから，次で与えられる：

こたえ

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　$y=4-x^2$ より $x^2=4-y$ であるから， \[\begin{align*} V&=\pi\int_0^4\!\!x^2\,dy\\[5pt] &=\pi\int_0^4\!\!(4-y)\,dy\\[5pt] &=\pi\left[-\frac{(4-y)^2}2\right]_0^4\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{8\pi}} \end{align*}\]

$y$ 軸まわりで難しいケースその1～「$x=$」で表しにくい

　上の例では $x^2$ を $y$ の式で簡単に表すことができた．($y=4-x^2\to x^2=4-y$)
　しかし，いつでもそのようなことが可能かといえば，そうとも限らない．
　$y=f(x)$ から $x^2$ を $y$ の式で表しにくいときは(また表しにくくなくても)，積分変数を $y$ から $x$ に変換(置換積分)して次のように計算できる：

こたえ

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　$y=\cos x$ より \[dy=-\sin x\,dx,\ \ \begin{array}{c|c} y&0\to 1\\[5pt]\hline x&\frac\pi2\to0 \end{array}\] 　よって， \[\begin{align*} V&=\pi\int_0^1\!\!x^2\,dy\\[5pt] &=\pi\int_{\frac\pi2}^0\!\!x^2\,\cdot(-\sin x)\,dx\\[5pt] &=\pi\int_0^{\frac\pi2}\!\!x^2\sin x\,dx\\[5pt] &=\cdots=\underline{\boldsymbol{\pi^2-2\pi}} \end{align*}\]

12.5 単調ではない曲線の $y$ 軸まわりの回転体

$y$ 軸まわりで難しいケースその2～曲線が単調ではない

　$f(x)$ が単調でなければ，$y$ 軸まわりの回転体の体積の計算はややこしい．

こたえ

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　$y=-x^2+2x$ を変形して，$x^2-2x+y=0.$ よって解の公式により， \[\therefore x=\left\{\begin{array}{ll} 1+\sqrt{1-y}& (x\geqq1)\\ 1-\sqrt{1-y}& (x\leqq1) \end{array}\right.\]



　ここで， \[\left\{\begin{array}{l} x_1=1+\sqrt{1-y}\\[5pt] x_2=1-\sqrt{1-y} \end{array}\right.\] とおくと， \[\begin{align*} V&=\pi\int_0^1\!\!{x_1}^2\,dy-\pi\int_0^1\!\!{x_2}^2\,dy\\[5pt] &=\pi\int_0^1\!\!({x_1}^2-{x_2}^2)\,dy\\[5pt] &=\pi\int_0^1\!\!\left\{(1+\sqrt{1-y})^2-(1-\sqrt{1-y})^2\right\}\,dy\\[5pt] &=4\pi\int_0^1\!\!\sqrt{1-y}\,dy\\[5pt] &=4\pi\left[-\frac23(1-y)^{\frac32}\right]_0^1\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{\frac83\pi}} \end{align*}\]

補足

$y$ 軸まわりの回転体の切り札！

　バウムクーヘン分割 という逃げ道もある．

12.6 一般の回転体

こたえ

　解答例を表示する

　曲線 $y=x^2$ 上の点Pから直線 $y=x$ に下ろした垂線の足をH, OH$=t$ とおくと， \[\begin{align*} V&=\pi\int_0^{\sqrt2}\!\!{\rm PH}^2\,dt\\[5pt] &=\pi\int_0^{\sqrt2}\!\!\{(x-x^2)\cos45^\circ\}^2\,dt\\[5pt] &=\frac\pi2\int_0^{\sqrt2}(x-x^2)^2\,dt \end{align*}\] 　ここで，$x$ と $t$ の関係 \[t=\sqrt2x-\frac{x-x^2}{\sqrt2}=\frac{x+x^2}{\sqrt2}\] により， \[dt=\frac{1+2x}{\sqrt2}\,dx,\ \ \begin{array}{c|c} t&0\to \sqrt2\\\hline x&0\to1 \end{array}\] 　よって， \[\begin{align*} V&=\frac\pi2\int_0^1\!\!(x-x^2)^2\cdot\frac{1+2x}{\sqrt2}\,dx\\[5pt] &=\cdots=\underline{\boldsymbol{\frac{\sqrt2}{60}\pi}} \end{align*}\]

12.7 媒介変数表示と体積

こたえ

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　$x=a(t-\sin t)$ より， \[dx=a(1-\cos t)\,dt,\ \ \begin{array}{c|c} x&0\to 2\pi a\\\hline t&0\to 2\pi \end{array}\] であるから， \[\begin{align*} V&=\pi\int_0^{2\pi a}\!\!y^2\,dx\\[5pt] &=\pi\int_0^{2\pi}\{a(1-\cos t)\}^2\cdot a(1-\cos t)\,dt\\[5pt] &=\pi a^3\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\,dt\\[5pt] &=\pi a^3\int_0^{2\pi}(1-3\cos t+3\cos^2t-\cos^3t)\,dt\\[5pt] &=\cdots=\underline{\boldsymbol{5\pi^2a^3}} \end{align*}\]

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