解説

方針・初手

回転軸が $x$ 軸や $y$ 軸ではなく、直線 $y=ax$ であるため、軸に平行・垂直な座標を取るのが自然である。

放物線 $y=ax^2$ と直線 $y=ax$ の交点は $x=0,1$ であり、囲まれる部分は $0\leq x\leq 1$ にある。回転軸に垂直な断面を考え、断面円の半径を軸から放物線までの距離として表す。

解法1

直線 $y=ax$ に沿う座標を $u$、それに垂直な方向の距離を $v$ とする。具体的に

$$ u=\frac{x+ay}{\sqrt{1+a^2}},\qquad v=\frac{ax-y}{\sqrt{1+a^2}}

$$

とおく。ここで $v$ は点 $(x,y)$ から直線 $y=ax$ までの距離に対応している。

放物線 $y=ax^2$ 上の点を

$$ (x,y)=(t,at^2)\qquad (0\leq t\leq 1)

$$

とおく。このとき

$$ u=\frac{t+a^2t^2}{\sqrt{1+a^2}},\qquad v=\frac{at-at^2}{\sqrt{1+a^2}} =\frac{at(1-t)}{\sqrt{1+a^2}}

$$

である。

また、

$$ \begin{aligned} \frac{du}{dt} &= \frac{1+2a^2t}{\sqrt{1+a^2}} \end{aligned} $$

であり、$0\leq t\leq 1$ で正である。したがって、$t$ を用いて回転軸に垂直な断面を重複なく表せる。

回転させると、$u$ に垂直な断面は半径 $v$ の円になるので、体積 $V$ は

$$ V=\pi\int v^2,du

$$

で与えられる。よって

$$ \begin{aligned} V &= \pi\int_0^1 \left(\frac{at(1-t)}{\sqrt{1+a^2}}\right)^2 \frac{1+2a^2t}{\sqrt{1+a^2}},dt\\ &= \frac{\pi a^2}{(1+a^2)^{3/2}} \int_0^1 t^2(1-t)^2(1+2a^2t),dt. \end{aligned}

$$

ここで

$$ \begin{aligned} \int_0^1 t^2(1-t)^2,dt &= \int_0^1(t^2-2t^3+t^4),dt \\ \frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5} \\ \frac{1}{30} \end{aligned} $$

また、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 t^3(1-t)^2,dt &= \int_0^1(t^3-2t^4+t^5),dt \\ \frac{1}{4}-\frac{2}{5}+\frac{1}{6} \\ \frac{1}{60} \end{aligned} $$

である。したがって

$$ \begin{aligned} V &= \frac{\pi a^2}{(1+a^2)^{3/2}} \left( \frac{1}{30} + 2a^2\cdot\frac{1}{60} \right)\\ &= \frac{\pi a^2}{(1+a^2)^{3/2}} \cdot \frac{1+a^2}{30}\\ &= \frac{\pi a^2}{30\sqrt{1+a^2}}. \end{aligned}

$$

解法2

パップスの定理を用いる。平面図形を、その内部を通らない直線の周りに回転してできる回転体の体積は、図形の面積と重心の移動距離の積である。

囲まれる部分の面積を $S$ とすると、

$$ \begin{aligned} S=\int_0^1(ax-ax^2),dx &= a\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_0^1 \\ \frac{a}{6} \end{aligned} $$

である。

次に、この図形の重心を $(\bar{x},\bar{y})$ とする。まず

$$ \begin{aligned} \bar{x} &= \frac{1}{S}\int_0^1 x(ax-ax^2),dx \end{aligned} $$

より、

$$ \begin{aligned} \bar{x} &= \frac{1}{a/6}\cdot a\int_0^1(x^2-x^3),dx\\ &= 6\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\\ &= \frac{1}{2}. \end{aligned}

$$

また、

$$ \begin{aligned} \bar{y} &= \frac{1}{2S}\int_0^1\left\{(ax)^2-(ax^2)^2\right\}\,dx \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \bar{y} &= \frac{1}{2\cdot a/6}\cdot a^2\int_0^1(x^2-x^4)\,dx\\ &= \frac{3}{a}\cdot a^2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)\\ &= \frac{2a}{5}. \end{aligned}

$$

したがって、重心は

$$ \left(\frac{1}{2},\frac{2a}{5}\right)

$$

である。

この点から直線 $y=ax$、すなわち $ax-y=0$ までの距離 $d$ は

$$ \begin{aligned} d= \frac{\left|a\cdot \frac{1}{2}-\frac{2a}{5}\right|}{\sqrt{a^2+1}} &= \frac{a}{10\sqrt{1+a^2}} \end{aligned} $$

である。

重心が回転によって動く距離は $2\pi d$ なので、パップスの定理より

$$ \begin{aligned} V &= S\cdot 2\pi d\\ &= \frac{a}{6}\cdot 2\pi\cdot \frac{a}{10\sqrt{1+a^2}}\\ &= \frac{\pi a^2}{30\sqrt{1+a^2}}. \end{aligned}

$$

解説

この問題で注意すべき点は、回転軸が斜めの直線 $y=ax$ であることである。通常のように $x$ 方向の幅 $dx$ をそのまま使って

$$ \pi\int_0^1(ax-ax^2)^2,dx

$$

のように計算してはいけない。これは $x$ 軸や $y$ 軸の周りの回転体で使う考え方であり、今回の断面は回転軸に垂直に取る必要がある。

解法1では、回転軸に沿った座標 $u$ と、回転軸からの距離 $v$ を導入して正面から体積を計算した。解法2では、パップスの定理を使って、面積と重心から短く求めた。計算量は解法2の方が少ないが、原理を確認するには解法1が有効である。

答え

$$ V= \frac{\pi a^2}{30\sqrt{1+a^2}}

$$