TikZ：高校数学：数III積分：バウムクーヘン積分法

こんにちは。今回は数IIIの回転体の体積を求めるのに有効な技である。バウムクーヘン積分法の紹介です。 $y$ 軸について回転するときに威力を発揮する公式です。それでは見ていきましょう。

バウムクーヘン積分法って

バウムクーヘン積分法の公式

関数 $y=f(x)$ , $x$ 軸, $x=a$ , $x=b$ に囲まれる領域を $y$ 軸について回転させたときにできる回転体の体積 $V$ は,
$V=\displaystyle \int_{a}^{b} 2\pi x f(x)\, dx$
で与えられる。
これが, バウムクーヘン積分法の公式である。

証明

今, 区間 $a\leqq x\leqq b$ 内の $x$ から $x+\Delta x$ (赤の区間)を回転させることを考える。また, $f(x)=m$ , $f(x+\Delta x)=\mathrm{M}$ とする。
このとき, イメージとしては以下のような感じになる。

このとき. 赤の区間を回転させたときにできる立体の内側の高さ $m$ と外側の高さ $\mathrm{M}$ が異なるので, 体積を不等式評価することを考える。求めたい体積を $\Delta V$ とすると, $\Delta V$ は底面積が半径 $(x+\Delta x)$ の円から半径 $x$ の円を引いたもので, 高さが $m$ のものより大きく, 高さが $\mathrm{M}$ のものより小さいので, 以下の不等式が成り立つ。
$\pi\left\{\left(x+\Delta x)^2-x^2\right\}m< \Delta V<\pi\left\{(x+\Delta x)^2-x^2\right\}\mathrm{M}$
$\pi\left\{2x\Delta x+\left(\Delta x\right)^2\right\}m<\Delta V<\pi\left\{2x\Delta x+\left(\Delta x\right)^2\right\}\mathrm{M}$
辺々 $\Delta x$ で割ると,
$\pi\left(2x+\Delta x\right)m<\dfrac{\Delta V}{\Delta x}<\pi\left(2x+\Delta x\right)\mathrm{M}$
ここで,
$\Delta x \to 0$ とし, 極限をとると,
$\pi\left(2x+\Delta x\right)m=2\pi x m=2\pi x f(x)$
$\pi\left(2x+\Delta x\right)\mathrm{M}=2\pi x m=2\pi x f(x)$
となり, はさみうちの原理より,
$\dfrac{\Delta V}{\Delta x}=2\pi x f(x)$
$\dfrac{d V}{d x}=\displaystyle \lim_{\Delta x \to 0}\dfrac{V(x+\Delta x)-V(x)}{\Delta x}=\dfrac{\Delta V}{\Delta x}$
なので,
$\dfrac{d V}{d x}=2\pi x f(x)$
体積を $x$ で微分したものが, $2\pi x f(x)$ なので,
よって, 求める体積 $V$ は,
$V=\displaystyle \int_a^b 2\pi x f(x)\, dx$

威力

【例】曲線 $y^2=x^2(1-x^2)$ を, $y$ 軸の回りに回転させてできる立体の体積を求めよ。

【解答例】
与えられた関数を $y$ について解くと, $y=\pm x\sqrt{1-x^2}$ これをもとにグラフを描くと, 以下のような感じになります。これを $y$ 軸について回転させることを考える。

このとき, 以下の部分だけ回転させて, 上下分で2倍すればよいことになります。

したがって, 求める体積 $V$ は,
$V=\displaystyle \int_0^1 2\pi x f(x)\,dx\times 2$ であり, $f(x)=x\sqrt{1-x^2}$ であるから,
$\begin{array}{lll}V&=&\displaystyle \int_0^1 4\pi x^2\sqrt{1-x^2}\,dx\\&=&4\pi\displaystyle \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\,dx\cdots\maru1\end{array}$
ここで, $\maru1$ の
$\displaystyle \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\,dx$ を計算すると,
$x=\sin\theta$ とおいて,
$x : 0\to1$ ,
$\theta : 0\to\dfrac{\pi}{2}$ ,
$dx=\cos\theta\, d\theta$ であるから,
$\begin{array}{lll}\displaystyle \int_0^1 x^2\sqrt{1-x^2}\,dx&=&\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^2\theta\cos\theta\cdot\cos\theta\,d\theta\\&=&\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}\left(\sin\theta\cos\theta\right)^2\, d\theta\\&=&\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}\left(\dfrac12\sin2\theta\right)^2\, d\theta\\&=&\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1-\cos4\theta}{2}\, d\theta\\&=&\dfrac{1}{8}\left[\theta-\dfrac14\sin4\theta\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\&=&\dfrac18\cdot\dfrac{\pi}{2}\\&=&\dfrac{\pi}{16}\cdots\maru2\end{array}$
よって $\maru1$ , $\maru2$ より,
$V=4\pi\cdot \dfrac{\pi}{16}=\dfrac{\pi^2}{4}\cdots$ (答)

この曲線はリサージュ曲線と呼ばれる曲線であるようです。
では。

入試における扱い

この裏技公式ですが, 使っていいという解釈とそうでないという解釈があります。証明をすれば堂々と使えるのは確かなのですが，証明をしていたのでは時短になりません。そのため， $y$ で積分するという正攻法で解くことが困難な場合であるとか, マーク式の問題の場合においては, これを使った解法でもいいのではないかと思います。ただし, 個人の感想ですので, 減点に関しては責任を負いかねます。

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