回転体の体積(2曲線・中空)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $y=\sqrt{x}$ と $y=x^2$ で囲む部分を、$x$ 軸まわりに回す。

$0<x<1$ では $\sqrt{x}$ が上、$x^2$ が下。回すと、外側 $\sqrt{x}$・内側 $x^2$ の中空の立体ができる。

だから体積は「外の回転体 $-$ 内の回転体」。式にすると $V=\pi \int \{(\sqrt{x}{)}^2-(x^2{)}^2\}dx$ だ。

外側と内側を取り違えないこと。あとは $y^2$ の差を積分するだけ。中空立体の標準の発想を、無理関数と放物線の組で使う。

① 外・内を確かめる。 $0<x<1$ で $\sqrt{x}>x^2$。外側 $y=\sqrt{x}$、内側 $y=x^2$。

② 「外² − 内²」を積分する。 $(\sqrt{x}{)}^2=x$、$(x^2{)}^2=x^4$。

$$V=\pi {\int }_0^1(x-x^4)dx=\pi [\frac{x^2}{2}-\frac{x^5}{5}{]}_0^1=\pi (\frac{1}{2}-\frac{1}{5})=\pi \cdot \frac{3}{10}=\frac{3\pi }{10}$$

まとめ:$2$ 曲線で囲む部分の回転体は「外の $y^2$ − 内の $y^2$」。$\sqrt{x}$ は $y^2=x$、$x^2$ は $y^2=x^4$ と、回転で $2$ 乗するとどちらも扱いやすくなる。$\frac{3\pi }{10}$。

発展 — 一歩先へ。 外と内の曲線を一般の $y=x^p$(外)、$y=x^q$(内)にしても、同じ形の答えが出る。$0<x<1$ で $x^p\ge x^q$ となるのは $p<q$ のとき。中空の体積は $V=\pi {\int }_0^1(x^{2p}-x^{2q})dx=\pi \left(\frac{1}{2p+1}-\frac{1}{2q+1}\right)$ となる。

いまの問題は $p=\frac{1}{2},q=2$ で、$\pi \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)=\frac{3\pi }{10}$ と合う。指数を選ぶだけで体積が決まるわけだ。

同じ $2$ 曲線でも、平面での面積($\frac{1}{3}$)と回転体の体積($\frac{3\pi }{10}$)は別の量。片方から他方が単純な比で出るわけではなく、それぞれ独立に積分して初めて分かる。

別解

別解 — パップス・ギュルダンの定理で面積から出す(得意な人向けの視点)。 平面図形を軸のまわりに $1$ 回転してできる立体の体積は、$V=2\pi \bar{y}A$ で求まる。$A$ は図形の面積、$\bar{y}$ はその重心から回転軸までの距離だ。

囲む部分の面積は、基本の $2$ 曲線の面積として $A={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx=\frac{1}{3}$。

重心の高さ $\bar{y}$ は $\bar{y}=\frac{1}{A}{\int }_0^1\frac{(\sqrt{x}{)}^2-(x^2{)}^2}{2}dx$ で出せる。中身は $\frac{1}{2}{\int }_0^1(x-x^4)dx=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{5})=\frac{3}{20}$ だから、$\bar{y}=3\cdot \frac{3}{20}=\frac{9}{20}$。

これを定理に入れる。

$$V=2\pi \cdot \frac{9}{20}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2\pi \cdot 9}{60}=\frac{3\pi }{10}.$$

$\pi \int \{(\text{外}{)}^2-(\text{内}{)}^2\}dx$ を直接積分する本解と同じ。面積(基本問題の $\frac{1}{3}$)と重心さえ分かれば、回転体の体積は掛け算ひとつで出る、という高い視点だ。