直線のまわりの回転体

回転軸 $y=x$ に垂直な直線で図形を切る。放物線の上の点 $(x,x^2)$ から直線 $y=x$ に下ろした垂線の長さは、点と直線の距離 により
$$ \rho=\frac{\lvert x-x^2\rvert}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{x-x^2}{\sqrt2}\qquad(0\le x\le1) $$
である。垂線の足は $\Bigl(\dfrac{x+x^2}2,\ \dfrac{x+x^2}2\Bigr)$ で、原点からこの足までの、軸に沿った距離は
$$ u=\sqrt2\cdot\frac{x+x^2}2=\frac{x+x^2}{\sqrt2} $$
である。$x=\frac12$ では $\rho=\dfrac{1/4}{\sqrt2}=0.1768$、$u=\dfrac{3/4}{\sqrt2}=0.5303$ である。図形を $y=x$ のまわりに回すと、この垂線の線分は、軸に垂直な平面の上で半径 $\rho$ の円板を描く。

$f(x)=x^2$、$\ell\colon y=x$（$m=1$、$k=0$）、$0\le x\le1$ とする。$g(x)=x^2-x\le0$ で (i) を満たし、$1+mf'(x)=1+2x>0$ で (ii) を満たす。曲線の両端 $(0,0)$、$(1,1)$ は $\ell$ の上にあるので、$D$ は放物線と $y=x$ で囲まれた図形である。主定理 1 により
$$ V=\frac{\pi}{2\sqrt2}\int_0^1(x^2-x)^2(1+2x)\,dx $$
で、$(x^2-x)^2(1+2x)=(x^4-2x^3+x^2)(1+2x)=2x^5-3x^4+x^2$ なので
$$ \int_0^1\bigl(2x^5-3x^4+x^2\bigr)dx=\frac13-\frac35+\frac13=\frac1{15},\qquad V=\frac{\pi}{30\sqrt2}=\frac{\sqrt2\,\pi}{60}=0.07405\cdots $$
である。$x$ 軸のまわりに回したときの $\dfrac{2\pi}{15}=0.4189$ よりずっと小さい。図形は軸 $y=x$ のすぐそばにあり、回すときの半径が小さいからである。

$f(x)=1$（$0\le x\le1$）、$\ell\colon y=x$ とする。$g(x)=1-x\ge0$、$1+mf'=1>0$ である。主定理 1 により $V=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}\displaystyle\int_0^1(1-x)^2\,dx=\dfrac{\pi}{6\sqrt2}=0.3702\cdots$ である。
図形として確かめる。線分の点 $(x,1)$ から $y=x$ に下ろした垂線を合わせた $D$ は、3 点 $(0,1)$、$(1,1)$、$\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ を頂点とする直角二等辺三角形である（$(0,1)$ の足が $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$、$(1,1)$ は $\ell$ の上）。これを $y=x$ のまわりに回すと、底面の半径が $(0,1)$ から $\ell$ までの距離 $\dfrac1{\sqrt2}$、高さが $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ から $(1,1)$ までの距離 $\dfrac1{\sqrt2}$ の円錐になる。体積は $\dfrac13\pi\Bigl(\dfrac1{\sqrt2}\Bigr)^2\cdot\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac{\pi}{6\sqrt2}$ で一致する。

1. ex-srs-parabola の図形：$A=\displaystyle\int_0^1(x-x^2)\,dx=\frac16$、$\bar x=6\int_0^1x(x-x^2)\,dx=6\Bigl(\frac13-\frac14\Bigr)=\frac12$、$\bar y=6\int_0^1\frac{x^2-x^4}2\,dx=3\Bigl(\frac13-\frac15\Bigr)=\frac25$。重心 $\bigl(\frac12,\frac25\bigr)$ から $y=x$ までの距離は $d=\dfrac{\lvert\frac25-\frac12\rvert}{\sqrt2}=\dfrac1{10\sqrt2}$ で、
   $$ 2\pi dA=2\pi\cdot\frac1{10\sqrt2}\cdot\frac16=\frac{\pi}{30\sqrt2} $$
   となり、主定理 1 の値と一致する。主定理 2 (1) でも $\dfrac{\pi}{\sqrt2}\displaystyle\int_0^1(x-x^2)^2\,dx=\dfrac\pi{\sqrt2}\Bigl(\frac13-\frac12+\frac15\Bigr)=\dfrac{\pi}{30\sqrt2}$ である。
2. $y=x^2$ と $y=2x$（$0\le x\le2$）で囲まれた図形を $y=2x$ のまわりに回す。$g(x)=x^2-2x\le0$、$1+mf'(x)=1+4x>0$ で、両端 $(0,0)$、$(2,4)$ は軸の上にある。主定理 2 (1) により
   $$ V=\frac{\pi}{\sqrt5}\int_0^2(x^2-2x)^2\,dx=\frac\pi{\sqrt5}\Bigl(\frac{32}5-16+\frac{32}3\Bigr)=\frac{16\pi}{15\sqrt5}=1.4986\cdots $$
   である（$(x^2-2x)^2=x^4-4x^3+4x^2$）。

1. $dx$ のまま $\pi\displaystyle\int_0^1\frac{(x-x^2)^2}2\,dx=\frac\pi2\cdot\frac1{30}=\frac\pi{60}=0.0524$ である。正しい体積 $\dfrac{\sqrt2\pi}{60}=0.0741$ の $\dfrac1{\sqrt2}$ 倍で、足の動く速さ $\dfrac{1+2x}{\sqrt2}$ の分を落としている。
2. $f(x)=x+4x(1-x)$ では $g(x)=4x(1-x)\ge0$ で (i) は満たすが、$1+f'(x)=6-8x$ は $x>\frac34$ で負になる。垂線の足の座標 $u(x)=\dfrac{6x-4x^2}{\sqrt2}$ は $x=\frac34$ まで増え、その後は減る（図 2）。両端 $(0,0)$、$(1,1)$ は軸の上にある。主定理 1 の式の値は
   $$ \frac{\pi}{2\sqrt2}\int_0^116x^2(1-x)^2(6-8x)\,dx=\frac{\pi}{2\sqrt2}\cdot\frac{16}{15}=\frac{4\sqrt2\,\pi}{15}=1.1848\cdots $$
   である。実際の立体では、足の座標 $u$ が $\sqrt2$ と $\dfrac{9}{4\sqrt2}$ の間にある所では、同じ $u$ に曲線の点が 2 つあり、断面の半径は 2 つのうち軸から遠い方の距離になる。そうして断面積を積分した体積は $1.2183\cdots$ で（数値積分）、式の値と合わない。式では、足が戻る部分の $u'(x)<0$ の分が差し引かれてしまうからである。
3. $f(x)=x+x(x-1)(x-2)$ では $g(x)=x(x-1)(x-2)$ で、$0< x<1$ では $g>0$（軸の上側）、$1< x<2$ では $g<0$（下側）である。$1+f'(x)=3x^2-6x+4=3(x-1)^2+1>0$ なので (ii) は満たす。prf-srs-volume は (i) を使っていない（断面の半径は $\lvert g\rvert$ で決まる）ので、体積は主定理 1 の式、両端が軸の上にあることから主定理 2 (1) の式で求まる：$V=\dfrac{\pi}{\sqrt2}\displaystyle\int_0^2g^2\,dx=\dfrac{16\pi}{105\sqrt2}=0.3385\cdots$（$s=x-1$ とおくと $g^2=s^2(s^2-1)^2$ で、$\int_{-1}^1(s^6-2s^4+s^2)\,ds=\frac{16}{105}$）。一方、$g(2-x)=-g(x)$ なので、図形 $D$ は点 $(1,1)$ について点対称な 2 つの部分からなり、全体の重心は $(1,1)$、つまり軸の上にある。$d=0$ で $2\pi dA=0$ となり、$V$ と一致しない。2 つの部分にそれぞれ主定理 2 を使えば、$V$ は 2 つの部分の $2\pi d_iA_i$ の和として正しく求まる。