2曲線の間の回転体(中空)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $2$ 曲線の間を回転させると、断面はドーナツ状(外側の円から内側の円をくり抜いた形)。

だから体積は「外側の回転体 $-$ 内側の回転体」$=\pi \int ({\text{外}}^2-{\text{内}}^2)dx$。

$0\le x\le 1$ で上が $y=x$(外)、下が $y=x^2$(内)。

これを積分する、と見通す。上下(外内)の確認が最初の一手。

① 外と内を確認する。 $0\le x\le 1$ で $x\ge x^2$ だから、外側(遠いほう)が $y=x$、内側が $y=x^2$。

② 中空の体積を積分する。

$$V=\pi {\int }_0^1\{x^2-(x^2{)}^2\}dx=\pi {\int }_0^1(x^2-x^4)dx$$

③ 計算する。

$$=\pi {\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right]}_0^1=\pi \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)=\pi \cdot \frac{2}{15}=\frac{2\pi }{15}$$

まとめ:$2$ 曲線の間の回転体は「外の回転体 $-$ 内の回転体」= $\pi \int ({\text{外}}^2-{\text{内}}^2)dx$。外が $y=x$、内が $y=x^2$ で、$(x{)}^2-(x^2{)}^2=x^2-x^4$。$(\text{外}-\text{内}{)}^2$ ではなく ${\text{外}}^2-{\text{内}}^2$ とするのが要。

発展 — 一歩先へ。 中空の回転体は「大きい立体から小さい立体を引く」。$\pi \int ({\text{外}}^2-{\text{内}}^2)dx$ の ${\text{外}}^2-{\text{内}}^2$ は $2$ つの円の面積の差(ドーナツの面積)そのもの。

ここでいちばんの落とし穴は、${\text{外}}^2-{\text{内}}^2$ を $(\text{外}-\text{内}{)}^2$ と取り違えること。円の面積の差は「半径の差の $2$ 乗」ではない。$a^2-b^2\ne (a-b{)}^2$ を思い出せば防げる。

外側の $y=x$ を回した円錐の体積は $\frac{\pi }{3}$(円柱 $\pi \cdot 1^2\cdot 1$ の $\frac{1}{3}$)、内側の放物面が $\frac{\pi }{5}$。その差 $\frac{2\pi }{15}$ が中空の体積だ。

別解

別解 — $2$ つの回転体の体積を別々に出して引く(苦手な人向けの整理ルート)。 中空をひとまとめに考えるのが難しければ、外側と内側の回転体を別々に求めて引けばよい。

外側は $y=x$($0\le x\le 1$)を回した円錐。

$$V_{\text{外}}=\pi {\int }_0^1{x}^{2}dx=\pi {\left[\frac{x^3}{3}\right]}_0^1=\frac{\pi }{3}.$$

内側は $y=x^2$ を回した立体。

$$V_{\text{内}}=\pi {\int }_0^1(x^2{)}^{2}dx=\pi {\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{\pi }{5}.$$

求める中空の体積は、外から内を引いたもの。

$$V=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{5}=\frac{5\pi -3\pi }{15}=\frac{2\pi }{15}.$$

$\pi \int (x^2-x^4)dx$ とまとめて積分する本解と同じ。別々に出すと、それぞれが「回転体の体積」だとはっきりし、$(\text{外}-\text{内}{)}^2$ と間違える危険がない。円錐 $\frac{\pi }{3}$ は公式(円柱の $\frac{1}{3}$)とも一致する。