COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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体積

問題

非回転体の体積

問題≪$3$ 次元アステロイドの体積≫

 $3$ 次元アステロイド $x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}+z^{\frac{2}{3}} = 1$ で囲まれた図形の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 平面 $z = z_0$ $(-1 \leqq z_0 \leqq 1)$ による断面積, すなわちアステロイド $x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}} = 1-z_0{}^{\frac{2}{3}}$ で囲まれた図形の面積を $S(z_0)$ とおくと, \[ S(z_0) = \frac{3\pi}{8}\left((1-z_0{}^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}\right) ^2 = \frac{3\pi}{8}(1-z_0{}^{\frac{2}{3}}) ^3.\] (計算の詳細はこちらを参照.) $S(z)$ を $z = -1$ から $1$ まで積分すると, $S(z)$ は偶関数だから, \begin{align*} V &= \int_{-1}^1S(z)dz = 2\int_0^1S(z)dz \\ &= 2\cdot\frac{3\pi}{8}\int_0^1(1-z^{\frac{2}{3}}) ^3 \\ &= \frac{3\pi}{4}\int_0^1(1-3z^{\frac{2}{3}}+3z^{\frac{4}{3}}-z^2)dz \\ &= \frac{3\pi}{4}\left[ z-\frac{9}{5}z^{\frac{5}{3}}+\frac{9}{7}z^{\frac{7}{3}}-\frac{1}{3}z^3\right] _0^1 \\ &= \frac{3\pi}{4}\left( 1-\frac{9}{5}+\frac{9}{7}-\frac{1}{3}\right) \\ &= \frac{4\pi}{35}. \end{align*}

問題≪円柱の共通部分の体積≫

 底面の半径が $r$ の $2$ 本の直円柱の軸(底面の中心を結ぶ直線)が直交し, 互いに突き抜けている(一方の底面の各点が他方の内部にない)とき, 共通部分の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 円柱 $\left\{\begin{array}{l} y^2+z^2 \leqq r^2, \\ |x| \leqq r \end{array}\right.$ と円柱 $\left\{\begin{array}{l} x^2+z^2 \leqq r^2, \\ |y| \leqq r \end{array}\right.$ の共通部分の体積を求めれば良い.
$|t| < r$ のとき, $f(t) = \sqrt{r^2-t^2}$ とおくと, 平面 $z = t$ による各円柱の切り口は, 上図のように長方形 $$\left\{\begin{array}{l} |y| \leqq f(t), \\ |x| \leqq r; \end{array}\right. \quad \left\{\begin{array}{l} |x| \leqq f(t), \\ |y| \leqq r \end{array}\right.$$ だから, 平面 $z = t$ による円柱の共通部分の切り口は正方形 $$\left\{\begin{array}{l} |x| \leqq f(t), \\ |y| \leqq f(t) \end{array}\right.$$ である. この面積を $S(t)$ とおくと, $$S(t) = 4f(t)^2 = 4(r^2-t^2).$$ ゆえに, 求める体積は, \begin{align*} V &= \int_{-r}^rS(t)dt = 4\int_{-r}^r(r^2-t^2)dt = 8\int_0^r(r^2-t^2)dt \\ &= 8\left[ r^2t-\frac{t^3}{3}\right]_0^r = 8\left( r^3-\frac{r^3}{3}\right) = \frac{16r^3}{3}. \end{align*}

平面図形の回転体の体積

問題≪円環体の体積≫

 $0 < r < a$ とする. 円 $(x-a)^2+y^2 = r^2$ を $y$ 軸の周りに $1$ 回転させてできる立体の体積を求めよ.

 $V = 2\pi ^2r^2a.$

問題≪バケツの容積≫

 底面の半径が $10,$ 上面の半径が $20,$ 高さが $30$ のバケツの容積 $V$ を求めよ. ただし, バケツの底面と側面の厚みは無視せよ.

解答例

 底面の中心を原点として, 底面上に $x$ 軸, 底面と垂直な方向に $y$ 軸をとると, バケツは $xy$ 平面上の $4$ 点 $\mathrm O(0,\ 0),$ $\mathrm A(10,\ 0),$ $\mathrm B(20,\ 30),$ $\mathrm C(0,\ 30)$ を結ぶ四角形を $y$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体である. 直線 $\mathrm{AB}$ の方程式は, \[ x = \frac{1}{3}y+10.\] よって, 求める体積は, \begin{align*} V &= \pi\int _0^{30}\left(\frac{1}{3}y+10\right) ^2dy = \frac{\pi}{9}\int _0^{30}(y+30)^2dy \\ &= \frac{\pi}{9}\left[\frac{(y+30)^3}{3}\right] _0^{30} = \frac{\pi}{9}\cdot\frac{1}{3}(60^3-30^3) \\ &= 7000\pi. \end{align*}

別解: 円錐の体積の公式を認めた場合

 バケツの容積は, バケツの上面を底面とする高さが $60$ の円錐からバケツの底面を底面とする高さが $30$ の円錐を取り除いた立体の容積に等しいから, \[ V = \frac{1}{3}\times 20^2\pi\times 60-\frac{1}{3}\times 10^2\pi\times 30 = 7000\pi.\]

問題≪$3$ 次関数の対称性・回転体の体積≫

 $f(x)$ を $3$ 次関数とする.
(1)
曲線 $y = f(x)$ が点 $\mathrm P$ に関して対称であるとき, $\mathrm P$ は $y = f(x)$ 上にあって $\mathrm P$ の $x$ 座標 $p$ は $f''(p) = 0$ を満たすことを示せ.
(2)
$f(x)$ が $x = 1$ において極小値 $0$ を持ち, $y = f(x)$ が点 $(0,\ 2)$ に関して対称であるとき, $f(x)$ を求めよ.
(3)
(2) の $f(x)$ について, $y = f(x)$ と $x$ 軸で囲まれた領域を $x$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

(1)
$y = f(x)$ が点 $\mathrm P(p,\ q)$ に関して対称であるとする.
このとき, $y = f(x)$ を $x$ 軸方向に $-p,$ $y$ 軸方向に $-q$ だけ平行移動した曲線 $y = f(x+p)-q$ は原点に関して対称だから, $f(-x+p)-q = -(f(x+p)-q)$ より, $$f(-x+p)-q = -f(x+p)+q \cdots (\ast ).$$ $(\ast )$ に $x = 0$ を代入すると, $f(p)-q = -f(p)+q$ より, $$f(p) = q.$$ これは点 $\mathrm P$ が $y = f(x)$ 上にあることを意味する.
$(\ast )$ の両辺を $x$ に関して微分すると, $-f'(-x+p) = -f'(x+p)$ より, $$f'(-x+p) = f'(x+p).$$ さらに微分すると, $$-f''(-x+p) = f''(x+p).$$ $x = 0$ を代入すると, $-f''(p) = f''(p)$ より, $$f''(p) = 0.$$
(2)
$f(x) = ax^3+bx^2+cx+d$ とおくと, \begin{align*} f'(x) &= 3ax^2+2bx+c, \\ f''(x) &= 6ax+2b. \end{align*} $f(x)$ は $x = 1$ において極小値 $0$ を持つから, $f(1) = 0,$ $f'(1) = 0$ より, $$a+b+c+d = 0 \cdots [1], \quad 3a+2b+c = 0 \cdots [2].$$ さらに, $f(x)$ は点 $(0,\ 2)$ に関して対称だから, (1) より, $f(0) = 2,$ $f''(0) = 0$ すなわち $$d = 2 \cdots [3], \quad 2b = 0 \cdots [4]$$ が成り立つ. $[1],$ $[2],$ $[3],$ $[4]$ を解くと, $$a = 1, \quad b = 0, \quad c = -3, \quad d = 2.$$ よって, $$f(x) = x^3-3x+2 = (x+2)(x-1)^2.$$
(3)
$y = f(x)$ と $x$ 軸の交点の $x$ 座標は, $$x = -2,\ 1$$
よって, $t = x-1$ とおくと, \begin{align*} V &= \pi\int_{-2}^1f(x)^2dx = \pi\int_{-2}^1(x+2)^2(x-1)^4dx \\ &= \pi\int_{-3}^0(t+3)^2t^4dt = \pi\int_{-3}^0(t^6+6t^5+9t^4)dt \\ &= \pi\left[\frac{t^7}{7}+t^6+\frac{9t^5}{5}\right] _{-3}^0 \\ &= -\pi\left(\frac{(-3)^7}{7}+(-3)^6+\frac{9\cdot (-3)^5}{5}\right) \\ &= \frac{3^6\pi}{7\cdot 5}(5\cdot 3-7\cdot 5+7\cdot 3) = \frac{729\pi}{35}. \end{align*}

問題≪こぼれずに残った水の体積≫

 半円 $x^2+(y-1)^2 = 1\ (0 \leqq y \leqq 1)$ を $y$ 軸の周りに $1$ 回転させてできる回転体の形をした容器に水が満たされている. この容器を水平方向に対して角度 $\theta$ だけ傾けたとき, 容器に残った水の体積 $V$ を $\alpha$ で表せ.

\[ V = \frac{\pi}{3}(\sin ^3\theta -3\sin\theta +2).\]

問題≪軸をまたぐ図形の回転体の体積≫

 $0 \leqq x \leqq \pi$ において $2$ 曲線 $y = \sin x,$ $y = \sin 2x$ で囲まれた領域を $x$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 $0 < x < \pi$ における $y = \sin x,$ $y = \sin 2x$ の交点の $x$ 座標は, $\sin x = \sin 2x = 2\sin x\cos x$ すなわち $\sin x(2\cos x-1) = 0$ より, $2\cos x-1 = 0$ を満たすから, $$x = \frac{\pi}{3}.$$ $y = \sin x,$ $y = \sin 2x$ で囲まれた領域を $x$ 軸に関して折り返すと, 下図のようになる.
直線 $x = \dfrac{\pi}{2}$ に関して対称な部分に着目すると, \begin{align*} \frac{V}{\pi} &= 2\left(\int_0^\frac{\pi}{3}\sin ^22xdx+\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2}\sin ^2xdx\right) \\ &\quad\quad -\left(\int_0^\frac{\pi}{3}\sin ^2xdx+\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2}\sin ^22xdx\right) \\ &= \int_0^\frac{\pi}{3}(1-\cos 4x)dx+\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2}(1-\cos 2x)dx \\ &\quad\quad -\frac{1}{2}\left(\int_0^\frac{\pi}{3}(1-\cos 2x)+\int_\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2}(1-\cos 4x)dx\right) \\ &= \left[ x-\frac{\sin 4x}{4}\right] _0^\frac{\pi}{3}+\left[ x-\frac{\sin 2x}{2}\right] _\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2} \\ &\quad\quad -\frac{1}{2}\left(\left[ x-\frac{\sin 2x}{2}\right] _0^\frac{\pi}{3}+\left[ x-\frac{\sin 4x}{4}\right] _\frac{\pi}{3}^\frac{\pi}{2}\right) \\ &= \frac{\pi}{4}+\frac{3}{4}\sin\frac{2\pi}{3}-\frac{3}{8}\sin\frac{4\pi}{3} \\ &= \frac{\pi}{4}+\frac{9\sqrt 3}{16}. \\ \therefore V &= \frac{\pi ^2}{4}+\frac{9\sqrt 3}{16}\pi. \end{align*}

問題≪アステロイドの回転体の体積≫

 曲線 $C:\left\{\begin{array}{l} x = \cos ^3t, \\ y = \sin ^3t \end{array}\right.\ (0 \leqq t \leqq 2\pi )$ で囲まれた領域を $x$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 曲線 $C$ の方程式は, $x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3} = \cos ^2t+\sin ^2t$ より, $$x^\frac{2}{3}+y^\frac{2}{3} = 1.$$ よって, 曲線 $C$ は $x$ 軸, $y$ 軸に関して対称であり, 座標軸との交点は $(\pm 1,\ 0),$ $(0,\ \pm 1)$ の $4$ 点のみであって, 概形は図のようになる.
さらに, $y^\frac{2}{3} = 1-x^\frac{2}{3}$ より, $$y^2 = (1-x^\frac{2}{3})^3$$ だから, \begin{align*} V &= \pi\int_{-1}^1y^2dx = 2\pi\int_0^1y^2dx \\ &= 2\pi\int_0^1(1-3x^\frac{2}{3}+3x^\frac{4}{3}-x^2)dx \\ &= 2\pi\left[ x-3\cdot\frac{3}{5}x^\frac{5}{3}+3\cdot\frac{3}{7}x^\frac{7}{3}-\frac{x^3}{3}\right] _0^1 \\ &= 2\pi\left( 1-\frac{9}{5}+\frac{9}{7}-\frac{1}{3}\right) \\ &= \frac{32\pi}{105}. \end{align*}

問題≪カージオイドの回転体の体積≫

 曲線 $C:\left\{\begin{array}{l} x = (1+\cos t)\cos t, \\ y = (1+\cos t)\sin t \end{array}\right.\ (-\pi \leqq t \leqq \pi )$ で囲まれた領域を $x$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 $x,$ $y$ の増減を考えると, $C$ の概形は次のようになることが分かる(こちらを参照).
\begin{align*} V &= \pi\int_{-\frac{1}{4}}^2y^2dx-\pi\int_{-\frac{1}{4}}^0y^2dx \\ &= \pi\int_{\frac{2\pi}{3}}^0y^2\frac{dx}{dt}dt-\pi\int_{\frac{2\pi}{3}}^\pi y^2\frac{dx}{dt}dt \\ &= -\pi\int_0^\pi y^2\frac{dx}{dt}dt \\ &= -\pi\int_0^\pi (1+\cos t)^2\sin ^2t\sin t(1+2\cos t)dt. \end{align*} $u = \cos t$ とおくと, $\dfrac{du}{dt} = -\sin t$ より, \begin{align*} V &= -\pi\int_1^{-1}(1+u)^2(1-u^2)(1+2u)du \\ &= \pi\int_{-1}^1(-2u^5-5u^4-2u^3+4u^2+4u+1)du \\ &= 2\pi\int_0^1(-5u^4+4u^2+1)du \\ &= 2\pi\left[ -u^5+\frac{4}{3}u^3+u\right] _0^1 \\ &= \frac{8\pi}{3}. \end{align*}

問題≪ガウス積分の評価≫

 $a$ を正の数とする. 曲線 $y = e^{-x^2}$ と座標軸, 直線 $x = a$ で囲まれた図形を $y$ 軸の周りに $1$ 回転してできる回転体を $B$ とする.
(1)
$B$ の体積 $V$ を求めよ.
(2)
$-a \leqq x_0 \leqq a$ なる各実数 $x_0$ に対して平面 $x = x_0$ による $B$ の切り口 $B_{x = x_0}$ の面積を $S(x_0)$ とおくとき, 次の不等式が成り立つことを示せ: \[\int_{-a}^ae^{-(x_0{}^2+z^2)}dz.\]
(3)
次の不等式を示せ: \[\sqrt{\pi (1-e^{-a^2})} \leqq \int_{-a}^ae^{-x^2}dx.\]
[東京工大 2015]

解答例

(1)
$B$ を下部の円柱とそれ以外の部分に分けると, \[ V = \pi a^2e^{-a^2}+\pi\int_{e^{-a^2}}^1x^2dy.\] ここで, $y = e^{-x^2}$ のとき, $x^2 = -\log y$ であるから, \begin{align*} &\int_{e^{-a^2}}^1x^2dy = -\int_{-e^{-a^2}}^1\log ydy \\ &= -\int_{e^{-a^2}}^1y'\log ydy = -\big[ y\log y\big] _{e^{-a^2}}^1+\int_{e^{-a^2}}^1y\cdot\frac{1}{y}dy \\ &= e^{-a^2}(-a^2)+\big[ y\big] _{e^{-a^2}}^1 = -a^2e^{-a^2}+1-e^{-a^2}. \end{align*} ゆえに, \[ V = \pi a^2e^{-a^2}+\pi (-a^2e^{-a^2}+1-e^{-a^2}) = \pi (1-e^{-a^2}) \quad \cdots [1].\]
(2)
原点で $x$ 軸, $y$ 軸に直交する座標軸を $z$ 軸とする. $-a \leqq x_0 \leqq a,$ $-a \leqq z_0 \leqq a$ なる与えられた実数 $x_0,$ $z_0$ に対して, 切り口 $B_{x = x_0}$ の $z = z_0$ における $y$ 座標の最大値は, $y$ 軸から点 $(x_0,\ 0,\ z_0)$ と等しい距離にある点 $(\sqrt{x_0{}^2+z_0{}^2},\ 0,\ 0)$ の上方にある $B$ の $y$ 座標の最大値 $e^{-\sqrt{x_0{}^2+z_0{}^2}}$ に等しい. $z = z_0$ として $z$ についてこの値を積分すると, \[ S(x_0) = \int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^{\sqrt{a^2-x^2}}e^{-(x^2+z^2)}dz.\] よって, $e^{-(x^2+z^2)} > 0,$ $\sqrt{a^2-x^2} \leqq a$ と積分の単調性により, \[ S(x_0) \leqq \int_{-a}^ae^{-(x_0{}^2+z^2)}dx \quad \cdots [2].\]
(3)
$I = \displaystyle\int_{-a}^ae^{-x^2}dx$ とおく. $[2]$ より, \[ S(x_0) \leqq e^{-x_0{}^2}\int_{-a}^ae^{-z^2}dz = e^{-x_0{}^2}I.\] $x = x_0$ として $x$ について両辺を積分すると, \[ V \leqq I^2\] となり, \[\sqrt V \leqq I\] となる. $[1]$ を代入すると, \[\sqrt{\pi (1-e^{-a^2})} \leqq \int_{-a}^ae^{-x^2}dx.\]

問題≪$y$ 軸の周りの回転体の体積≫

 放物線 $y = x^2,$ $y = x^2-2x+4$ と $y$ 軸で囲まれた領域を $y$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 放物線 $y = x^2,$ $y = x^2-2x+4$ の交点の座標は, $(2,\ 4).$
放物線 $y = x^2-2x+4$ すなわち $y = (x-1)^2+3$ は, $y = x^2$ すなわち $x = \left\{\begin{array}{ll} \sqrt y & (x \geqq 0), \\ -\sqrt y & (x < 0) \end{array}\right.$ を $x$ 軸方向に $1,$ $y$ 軸方向に $3$ だけ平行移動したものだから, $y = x^2-2x+4$ の $0 \leqq x \leqq 1$ における逆関数は $x = 1-\sqrt{y-3},$ $1 \leqq x \leqq 2$ における逆関数は $x = 1+\sqrt{y-3}.$ よって, \begin{align*} \frac{V}{\pi} &= \int_0^4(\sqrt y)^2dy-\int_3^4(1+\sqrt{y-3})^2dy \\ &\qquad +\int_3^4(1-\sqrt{y-3})^2dy \\ &= \int_0^4ydy-\int_0^1(1+\sqrt t)^2dt+\int_0^1(1-\sqrt t)^2dt \\ &= \int_0^4ydy-\int_0^1(t+2t^\frac{1}{2}+1)dt \\ &\qquad +\int_0^1(t-2t^\frac{1}{2}+1)dt \\ &= \left[\frac{y^2}{2}\right] _0^4-\left[\frac{t^2}{2}+2\cdot\frac{2}{3}t^\frac{3}{2}+t\right] _0^1 \\ &\qquad +\left[\frac{t^2}{2}-2\cdot\frac{2}{3}t^\frac{3}{2}+t\right] _0^1 \\ &= 8-\left(\frac{1}{2}+\frac{4}{3}+1\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{4}{3}+1\right) \\ &= \frac{16}{3}. \\ \therefore V &= \frac{16\pi}{3}. \end{align*}

別解: バウムクーヘン分割の定理を利用

 放物線 $y = x^2,$ $y = x^2-2x+4$ の交点は $(2,\ 4)$ のみで, $0 \leqq x \leqq 2$ において $x^2 \leqq x^2-2x+4$ だから, \begin{align*} V &= 2\pi\int_0^2x(x^2-2x+4)dx-2\pi\int_0^2x\cdot x^2dx \\ &= 2\pi\int_0^2x\big( (x^2-2x+4)-x^2\big) dx \\ &= 4\pi\int _0^2(2x-x^2)dx \\ &= 4\pi\left[ x^2-\frac{x^3}{3}\right] _0^2 = 4\pi\left( 4-\frac{8}{3}\right) = \frac{16\pi}{3}. \end{align*}

問題≪バームクーヘン分割による体積の計算≫

 関数 $f(x) = x\sqrt{1-x}\ (0 \leqq x \leqq 1)$ のグラフ $y = f(x)$ と $x$ 軸で囲まれた領域を $y$ 軸の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ は $$V = 2\pi\int_0^1xf(x)dx$$ と表されることを示し, $V$ の値を求めよ.

解答例

$$f'(x) = 1\cdot\sqrt{1-x}+x\cdot\frac{-1}{2\sqrt{1-x}} = -\frac{3x-2}{2\sqrt{1-x}}$$ より, $f(x)$ は $x = \dfrac{2}{3}$ において最大値をとる.
閉区間 $\left[ 0,\ \dfrac{2}{3}\right],$ $\left[\dfrac{2}{3},\ 1\right]$ における $f$ の逆関数をそれぞれ $g,$ $h$ とおくと, $$V = \pi\left(\int_{f(1)}^{f\left(\frac{2}{3}\right)}h(y)^2dy-\int_{f(0)}^{f\left(\frac{2}{3}\right)}g(y)^2dy\right).$$ 各定積分において $x = g(y),$ $x = h(y)$ とおくと, $\dfrac{dy}{dx} = f'(x)$ より, \begin{align*} V &= \pi\left(\int_1^\frac{2}{3}x^2f'(x)dx-\int_0^\frac{2}{3}x^2f'(x)dx\right) \\ &= -\pi\int_0^1x^2f'(x)dx \\ &= -\pi\left( [x^2f(x)]_0^1-\int_0^12xf(x)dx\right) \\ &= 2\pi\int_0^1xf(x)dx \cdots (\ast) \\ &= 2\pi\int_0^1x^2\sqrt{1-x}dx. \end{align*} $t = 1-x$ とおくと, \begin{align*} V &= 2\pi\int_1^0(1-t)^2\sqrt t(-1)dt \\ &= 2\pi\int_0^1(t^\frac{5}{2}-2t^\frac{3}{2}+t^\frac{1}{2})dt \\ &= 2\pi\left[\frac{2}{7}t^\frac{7}{2}-2\cdot\frac{2}{5}t^\frac{5}{2}+\frac{2}{3}t^\frac{3}{2}\right] _0^1 \\ &= 4\pi\left(\frac{1}{7}-\frac{2}{5}+\frac{1}{3}\right) \\ &= \frac{32\pi}{105}. \end{align*}

解説≪バウムクーヘン分割≫

 $(\ast )$ について, 一般に $0 \leqq a < b$ のとき, 閉区間 $[a,\ b]$ において連続な関数 $f(x)$ のグラフ $y = f(x)$ と $x$ 軸, 直線 $x = a,$ $x = b$ で囲まれた領域の $y$ 軸の周りの回転体の体積 $V$ は $$V = 2\pi\int_a^bx|f(x)|dx$$ で求められる. これは, 円柱 $\left\{\begin{array}{l} z^2 \leqq x^2, \\ 0 \leqq y \leqq f(x) \end{array}\right.$ の側面積の半径 $x$ に関する積分するを意味する. 問題のように, $f(x)$ が単調でない場合や, $f(x)$ の逆関数を求めるのが難しいときに有効である.

問題≪$y = x$ の周りの回転体の体積≫

 放物線 $y = x^2$ と直線 $y = x$ で囲まれた領域を $y = x$ の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 放物線 $y = x^2$ と直線 $y = x$ の交点は $\mathrm O(0,\ 0),$ $\mathrm A(1,\ 1)$ であり, $\mathrm{OA} = \sqrt 2.$
$0 \leqq x \leqq 1$ において $y = x^2$ 上の点 $\mathrm P(x,\ x^2)$ から $y = x$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおき, $t = \mathrm{OH}$ とおく.
$\mathrm H$ を通り $y = x$ に垂直な平面による立体の切り口の面積は $\pi\mathrm{PH}^2$ だから, $$V = \pi\int_0^\sqrt 2\mathrm{PH}^2dt.$$ ここで, $\mathrm Q(x,\ x)$ とおくと, $\triangle\mathrm{HPQ}$ は直角二等辺三角形だから, $$\mathrm{PH} = \frac{\mathrm{PQ}}{\sqrt 2} = \frac{x-x^2}{\sqrt 2}.$$ また, $\mathrm{OH} = \mathrm{OQ}-\mathrm{HQ} = \mathrm{OQ}-\mathrm{PH}$ より, \begin{align*} t &= \sqrt 2x-\frac{x-x^2}{\sqrt 2} = \frac{x^2+x}{\sqrt 2}. \\ \therefore\frac{dt}{dx} &= \frac{2x+1}{\sqrt 2}. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} V &= \pi\int_0^1\mathrm{PH}^2\frac{dt}{dx}dx \\ &= \pi\int_0^1\frac{(x-x^2)^2}{2}\cdot\frac{2x+1}{\sqrt 2}dx \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt 2}\int_0^1(2x^5-3x^4+x^2)dx \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt 2}\left[\frac{x^6}{3}-\frac{3x^5}{5}+\frac{x^3}{3}\right] _0^1 \\ &= \frac{\sqrt 2\pi}{60}. \end{align*}

空間図形の回転体の体積

問題≪正四面体の回転体の体積≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の正四面体 $\mathrm{ABCD}$ を, 頂点 $\mathrm A$ を通り辺 $\mathrm{BC}$ に平行な直線 $\ell$ の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 直線 $\ell$ 上の点 $\mathrm P$ に対して, $t = \mathrm{AP}$ とおき, $\mathrm P$ を通り $\ell$ に垂直な平面 $\alpha _t$ による回転体の切り口の面積を $S(t)$ とおく.
正四面体 $\mathrm{ABCD}$ は平面 $\alpha _0$ に関して対称だから, その $\ell$ の周りの回転体も $\alpha _0$ に関して対称である.
辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm M$ とおく. $\alpha _t$ と四面体 $\mathrm{AMCD}$ が共有点を持つのは $0 \leqq t \leqq \dfrac{1}{2}$ のときに限るから, $$V = 2\int_0^\frac{1}{2}S(t)dt.$$ $\alpha _t$ と辺 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{DC},$ $\mathrm{MC}$ の交点をそれぞれ $\mathrm A_t,$ $\mathrm D_t,$ $\mathrm M_t$ とおくと, \begin{align*} S(t) &= \pi\mathrm{PD}_t{}^2-\pi\mathrm{PA}_t{}^2 = \pi (\mathrm{PD}_t{}^2-\mathrm{PA}_t{}^2), \\ \mathrm{PA}_t &= \mathrm{AP}\tan 60^\circ = \sqrt 3t. \end{align*} 点 $\mathrm D_t$ から線分 $\mathrm A_t\mathrm M_t$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H_t$ とおくと, \begin{align*} \mathrm{PD}_t{}^2 &= \mathrm{PH}_t{}^2+\mathrm D_t\mathrm H_t^2, \\ \mathrm{PH}_t &= \mathrm{PA}_t+\mathrm A_t\mathrm H_t. \end{align*} $\triangle\mathrm A_t\mathrm D_t\mathrm M_t,$ $\triangle\mathrm{ADM}$ は \begin{align*} \mathrm{AM}:\mathrm A_t\mathrm M_t &= \mathrm{AM}:(\mathrm{PM}_t-\mathrm{PA}_t) \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}:\left(\frac{\sqrt 3}{2}-\sqrt 3t\right) \\ &= 1:(1-2t) \end{align*} の比で相似であって, 点 $\mathrm H = \mathrm H_0$ は正三角形 $\mathrm{ABC}$ の重心で, \begin{align*} \mathrm{AH} &= \frac{2}{3}\mathrm{AM} = \frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{\sqrt 3}{3}, \\ \mathrm{DH} &= \sqrt{\mathrm{AD}^2-\mathrm{AH}^2} = \sqrt{1^2-\left(\frac{\sqrt 3}{3}\right) ^2} = \frac{\sqrt 6}{3} \end{align*} だから, \begin{align*} \mathrm A_t\mathrm H_t = (1-2t)\mathrm{AH} = \frac{\sqrt 3}{3}(1-2t), \\ \mathrm D_t\mathrm H_t = (1-2t)\mathrm{DH} = \frac{\sqrt 6}{3}(1-2t). \end{align*} よって, $$\mathrm{PH}_t = \sqrt 3t+\frac{\sqrt 3}{3}(1-2t) = \frac{\sqrt 3}{3}(t+1)$$ だから, $$\mathrm{PD}_t{}^2 = \frac{1}{3}(t+1)^2+\frac{2}{3}(1-2t)^2 = 3t^2-2t+1.$$ したがって, $$S(t) = \pi ((3t^2-2t+1)-3t^2) = \pi (1-2t).$$ ゆえに, $$V = 2\int_0^\frac{1}{2}\pi (1-2t)dt = 2\pi [t-t^2]_0^\frac{1}{2} = \frac{\pi}{2}.$$

解説

 題意の立体は, 半径 $\dfrac{\sqrt 3}{2},$ 高さ $1$ の直円柱の両端から, 底面がそれと同じである高さ $\dfrac{1}{2}$ の直円錐を取り除いた部分である. このことが分かれば, その体積は次のように計算できる. \begin{align*} V &= \pi\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right) ^2\cdot 1-2\left(\frac{1}{3}\cdot\pi\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right) ^2\cdot\frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{3\pi}{4}\left( 1-\frac{1}{3}\right) = \frac{3\pi}{4}\cdot\frac{2}{3} = \frac{\pi}{2}. \end{align*}

問題≪立方体を斜めに回転した立体の体積≫

 $1$ 辺の長さが $1$ の立方体をその最も長い $1$ 本の対角線の周りに $1$ 回転してできる立体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 $1$ 辺の長さが $1$ の立方体 $\mathrm{ABCD}\text{-}\mathrm{EFGH}$ を対角線 $\mathrm{AG}$ の周りに $1$ 回転してできる立体を考える.
$\mathrm{AG}$ 上の点 $\mathrm P$ に対して, $t = \mathrm{AP}$ とおき, $\mathrm P$ を通り $\mathrm{AG}$ に垂直な平面 $\alpha _t$ による回転体の切り口の面積を $S(t)$ とおく.
立方体は対角線 $\mathrm{AG},$ $\mathrm{BH}$ の交点 $\mathrm O$ に関して対称だから, 回転体も点 $\mathrm O$ に関して対称で, 特に平面 $\alpha _0$ に関して対称である. \begin{align*} \mathrm{AG} &= \sqrt{\mathrm{AF}^2+\mathrm{FG}^2} = \sqrt{\mathrm{AB}^2+\mathrm{BF}^2+\mathrm{FG}^2} \\ &= \sqrt{1^2+1^2+1^2} = \sqrt 3 \end{align*} より $$\mathrm{AO} = \frac{\mathrm{AG}}{2} = \frac{\sqrt 3}{2}$$ だから, $$V = 2\int_0^\frac{\sqrt 3}{2}S(t)dt.$$ 頂点 $\mathrm B$ から $\mathrm{AG}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{I}$ とおくと, $\triangle\mathrm{AIB},$ $\triangle\mathrm{ABG}$ は相似だから, \begin{align*} \mathrm{AI} &= \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AG}}\cdot\mathrm{AB} = \frac{1}{\sqrt 3}\cdot 1 = \frac{\sqrt 3}{3}, \\ \mathrm{BI} &= \frac{\mathrm{GB}}{\mathrm{AG}}\cdot\mathrm{AB} = \frac{\sqrt 2}{\sqrt 3}\cdot 1 = \frac{\sqrt 6}{3}. \end{align*}
(i)
$\mathrm P$ が $\mathrm{AI}$ 上にある, すなわち $0 \leqq t \leqq \dfrac{\sqrt 3}{3}$ のとき. 線分 $\mathrm{BI}$ に平行で点 $\mathrm P$ を通る直線と辺 $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm Q$ とおくと, $$S(t) = \pi\mathrm{PQ}^2.$$ $\triangle\mathrm{APQ},$ $\triangle\mathrm{AIB}$ は相似だから, $$\mathrm{PQ} = \frac{\mathrm{IB}}{\mathrm{AI}}\cdot\mathrm{AP} = \frac{\sqrt 6/3}{\sqrt 3/3}\cdot t = \sqrt 2t.$$ よって, $$S(t) = 2t^2.$$
(ii)
$\mathrm P$ が $\mathrm{IO}$ 上にある, すなわち $\dfrac{\sqrt 3}{3} \leqq t \leqq \dfrac{\sqrt 3}{2}$ のとき. 平面 $\alpha _t$ と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm Q$ とおくと, $$S(t) = \pi\mathrm{PQ}^2.$$ 線分 $\mathrm{AC}$ の中点を $\mathrm M$ とおき, $\alpha _t$ と線分 $\mathrm{MO}$ の交点を $\mathrm R$ とおくと, $\angle\mathrm{PRQ} = \angle\mathrm{IMB} = 90^\circ$ だから, $$\mathrm{PQ}^2 = \mathrm{PR}^2+\mathrm{QR}^2.$$ ここで, $$\mathrm{QR} = \mathrm{BM} = \frac{1}{2}\mathrm{BD} = \frac{\sqrt 2}{2}.$$ また, $\triangle\mathrm{OPR},$ $\triangle\mathrm{OIM}$ は相似だから $$\mathrm{PR} = \frac{\mathrm{IM}}{\mathrm{OI}}\cdot\mathrm{OP}$$ であり, \begin{align*} \mathrm{IM} &= \sqrt{\mathrm{BM}^2-\mathrm{AI}^2} \\ &= \sqrt{\left(\frac{\sqrt 2}{2}\right) ^2-\left(\frac{\sqrt 3}{3}\right) ^2} = \frac{\sqrt 6}{6}, \\ \mathrm{OI} &= \mathrm{AO}-\mathrm{AI} = \frac{\sqrt 3}{2}-\frac{\sqrt 3}{3} = \frac{\sqrt 3}{6}, \\ \mathrm{OP} &= \mathrm{AO}-\mathrm{AP} = \frac{\sqrt 3}{2}-t \end{align*} だから, $$\mathrm{PR} = \frac{\sqrt 6/6}{\sqrt 3/6}\cdot\left(\frac{\sqrt 3}{2}-t\right) = \sqrt 2\left(\frac{\sqrt 3}{2}-t\right).$$ よって, $$S(t) = \pi (\mathrm{PR}^2+\mathrm{QR}^2) = 2\pi(t^2-\sqrt 3t+1).$$
ゆえに, 求める体積は, \begin{align*} V &= 2\left(\int_0^\frac{\sqrt 3}{3}2\pi t^2dt+\int_\frac{\sqrt 3}{3}^\frac{\sqrt 3}{2}2\pi (t^2-\sqrt 3t+1)dt\right) \\ &= 4\pi\left( \left[\frac{t^3}{3}\right] _0^\frac{\sqrt 3}{3} +\left[\frac{t^3}{3}-\frac{\sqrt 3t^2}{2}+t\right] _\frac{\sqrt 3}{3}^\frac{\sqrt 3}{2}\right) \\ &= \frac{\sqrt 3}{3}\pi. \end{align*}