MY MATH NOTE

\[定理 \qquad S=2\pi \int _a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx\]

　
$(証明)$

$[a,\ b]\ を \ n\ 個の小区間に分割し、分点を \ x_0,\ x_1,\ x_2,\ \cdots ,\ x_n\ \ とする。$
$ただし、x_0=a,\quad x_n=b$

$この回転体を各分点で、x\ 軸に垂直な平面で切った切り口は、$
$半径 \ \ f(x_i) \ \ (i=0,\ 1,\ 2,\ \cdots ,\ n)\ \ の円である。$

$分点 \ x_i \ \ と \ \ x_{i+1}\ \ で挟まれた右図のピンク色の部分の曲線を直線と$
$見なすと円錐台となるからその側面積を \ S_i\ とする。$

　
\begin{eqnarray*} S_i &=&\pi \ r_{i+1}^2 \times \cfrac{\theta}{2\pi} - \pi \ r_i^2 \times \cfrac{\theta}{2\pi}\\ \\ &=&\cfrac{\theta}{2}( r_{i+1}^2 - r_i^2)\\ \\ &=&\cfrac{\theta}{2}( r_{i+1}+ r_i )(r_{i+1} - r_i)\\ \\ &=&\cfrac{1}{2}( r_{i+1}\theta + r_i \theta )(r_{i+1} - r_i)\\ \end{eqnarray*} $ここで、弧 \ AB\ =r_i \theta =2\pi f(x_i),\quad 弧 \ CD=r_{i+1} \theta =2\pi f(x_{i+1})\quad だから$

$\quad r_{i+1}\theta + r_i \theta=2\pi ( f(x_{i+1})+f(x_i))$

$また、曲線 \ AC\ をA\ (x_i,\ f(x_i)),\ \ C(x_{i+1},\ f(x_{i+1})\ \ をむすぶ線分とみなしたから$

$\quad AC=r_{i+1}-r_i=\sqrt{(x_{i+1}-x_i)^2+(f(x_{i+1})-f(x_i))^2}$

$よって$
\begin{eqnarray*} S_i &=&\cfrac{1}{2}( r_{i+1}\theta + r_i \theta )(r_{i+1} - r_i)\\ \\ &=&\pi ( f(x_{i+1})+f(x_i)) \times \sqrt{(x_{i+1}-x_i)^2+(f(x_{i+1})-f(x_i))^2}\\ \\ &=&2\pi \cfrac{ f(x_{i+1})+f(x_i)}{2} \sqrt{1+\Big(\cfrac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}\Big)^2}(x_{i+1}-x_i)\\ \end{eqnarray*}
$\quad \Delta x_i=x_{i+1}-x_i \quad とおく$

$すべての分割に対して、n \longrightarrow \infty \quad としたとき、\quad \max \ \Delta x_i \longrightarrow 0 \quad となるように分割する$

$\quad \cfrac{ f(x_{i+1})+f(x_i)}{2} \longrightarrow f(x_i),\quad \cfrac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}=\cfrac{f(x_i+\Delta x_i)-f(x_i)}{\Delta x_i} \longrightarrow f'(x_i) \quad だから定積分の定義より$

\begin{eqnarray*} & &\lim _{n \rightarrow \infty}\sum _{i=0}^{n-1}S_i\\ \\ &=&2\pi \lim _{n \rightarrow \infty}\sum _{i=0}^{n-1}f(x_i)\sqrt{1+\Big(\cfrac{f(x_i+\Delta x_i)-f(x_i)}{\Delta x_i}\Big)^2}\Delta x_i\\ \\ &=&2\pi \int _a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx\\ \end{eqnarray*}

$(別証明)$

　
$C^1 級の曲線\ \ y=f(x)\ \ (f(x) > 0, \ \ a \leqq x \leqq b)\ \ を \ x\ 軸の回りに$
$回転してできる回転面は$

$\quad y^2+z^2=\{f(x)\}^2 \quad だから \quad z=\sqrt{\{f(x)\}^2-y^2}$

$\quad \cfrac{\partial z}{\partial x} =\cfrac{f(x)f'(x)}{\sqrt{\{f(x)\}^2-y^2}},\qquad \cfrac{\partial z}{\partial y} =-\cfrac{y}{\sqrt{\{f(x)\}^2-y^2}}$

$その曲面積 \ S\ は \quad D=\{(x,y)|a \leqq x \leqq b,\ \ -f(x) \leqq y \leqq f(x)\}$

$\quad この求め方には($曲面積$)の公式が使われます。$

\begin{eqnarray*} S &=&2\iint _D \sqrt{(\cfrac{\partial z}{\partial x})^2+(\cfrac{\partial z}{\partial y})^2+1}dxdy\\ \\ &=&2\iint _D \sqrt{\cfrac{f(x)^2f'(x)^2}{\{f(x)\}^2-y^2}+\cfrac{y^2}{\{f(x)\}^2-y^2}+1}dxdy\\ \\ &=&2\iint _D \sqrt{\cfrac{f(x)^2+(f(x) f'(x))^2}{\{f(x)\}^2-y^2}}dxdy\\ \\ &=&2\iint _D f(x)\sqrt{1+f(x)^2}\cdot \cfrac{1}{\sqrt{f(x)\}^2-y^2}}dxdy\\ \\ & &\hspace{4em} \cfrac{1}{\sqrt{f(x)\}^2-y^2}}=\cfrac{\dfrac{1}{f(x)}}{\sqrt{1-\big(\dfrac{y}{f(x)}\big)^2}}=\cfrac{\partial}{\partial y} \sin ^{-1}\cfrac{y}{f(x)} \quad だから\\ \\ &=&2\iint _D f(x)\sqrt{1+f(x)^2}\cdot \cfrac{\partial}{\partial y} \sin ^{-1}\cfrac{y}{f(x)} dxdy\\ \\ &=&2\int _a^b \int _{-f(x)}^{f(x)} f(x)\sqrt{1+f(x)^2}\cdot \cfrac{\partial}{\partial y} \sin ^{-1}\cfrac{y}{f(x)} dxdy\\ \\ &=&2\int _a^b f(x)\sqrt{1+f(x)^2} dx \cdot \Big[ \sin ^{-1}\cfrac{y}{f(x)}\Big] _{-f(x)}^{f(x)}\\ \\ &=&2\int _a^b f(x)\sqrt{1+f(x)^2} dx \cdot ( \sin ^{-1} 1- \sin ^{-1} (-1))\\ \\ &=&2\int _a^b f(x)\sqrt{1+f(x)^2} dx \cdot ( \cfrac{\pi}{2} +\cfrac{\pi}{2})\\ \\ &=&2\pi \int _a^b f(x)\sqrt{1+f(x)^2} dx \\ \end{eqnarray*}

$(もっと簡単な証明)$

　
$右図のような \ \ 半径 \ y=f(x),\ \ 幅 \ dS\ のリングを \ \ a \leqq x \leqq b \ \ まで$
$集めたものだから$

\begin{eqnarray*} \Delta S &=&2\pi f(x) \times dS\\ \\ &=&2\pi f(x) \sqrt{dx^2+dy^2}\\ \\ &=&2\pi f(x) \sqrt{1+\big(\cfrac{dy}{dx}\big)^2}dx\\ \\ &=&2\pi f(x) \sqrt{1+(f'(x))^2}dx\\ \end{eqnarray*}
\[\therefore S=2\pi \int _a^b f(x)\sqrt{1+f(x)^2} dx\]

$例1\ \ 球の表面積$

$半径 \ r\ の球は、半円 \ \ y=\sqrt{r^2-x^2}\ \ を \ x\ 軸のまわりに回転させればよいから$

$\qquad y'=-\cfrac{x}{\sqrt{r^2-x^2}} \quad より$

\begin{eqnarray*} S &=&2\pi \int _{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2} \times \sqrt{1+\big(-\cfrac{x}{\sqrt{r^2-x^2}}\big)^2}dx\\ \\ &=&4\pi \int _0^r \sqrt{r^2 - x^2} \times \sqrt{\cfrac{r^2}{r^2-x^2}}dx\\ \\ &=&4\pi r \int _0^r dx\\ \\ &=&4\pi r^2 \end{eqnarray*}

$例2\ \ 直円錐の側面積$

$底面の半径が \ r,高さが \ h\ の直円錐の側面積を、この公式による方法と$
$展開図の扇形の面積を求める方法の \ 2\ 通りで求めてみましょう。$

　
(i)$\ \ 公式による方法$

\begin{eqnarray*} S &=&2\pi \int _0^h \cfrac{r}{h}x \sqrt{1+\big(\cfrac{r}{h}\big)^2}dx\\ \\ &=&\cfrac{2\pi r}{h} \sqrt{1+\cfrac{r^2}{h^2}} \int _0^h xdx\\ \\ &=&\cfrac{2\pi r \sqrt{h^2+r^2}}{h^2} \times \cfrac{h^2}{2}\\ \\ &=&\pi r\sqrt{h^2+r^2}\\ \end{eqnarray*}

　
(ii)$\ \ 展開図の扇形の面積を求める方法$

$\quad 扇形の弧と底面の円周は一致するから$

$\quad 2\pi \sqrt{h^2+r^2} \times \cfrac{\theta}{2\pi}=2\pi r \quad より \quad \cfrac{\theta}{2\pi}=\cfrac{r}{\sqrt{h^2+r^2}}$

\begin{eqnarray*} S &=&\pi(h^2+r^2) \times \cfrac{\theta}{2\pi}\\ \\ &=&\pi(h^2+r^2) \times \cfrac{r}{\sqrt{h^2+r^2}}\\ \\ &=&\pi r\sqrt{h^2+r^2}\\ \end{eqnarray*}

$例3\ \ トーラスの表面積$

　
$円 \ \ x^2+(y-b)^2=a^2\ \ (0 < a < b)\ \ を \ x\ 軸のまわりに回転させるとドーナッツ状の$
$立体ができますが、これをトーラスといいます。この表面積を求めてみましょう。$

$\quad y\ について解くと \quad y=b \pm \sqrt{a^2-x^2} \quad より$

$トーラスの外側の側面積 \ S_1\ は \ \ y=b + \sqrt{a^2-x^2}、内側の側面積 \ S_2\ は$
$y=b -\sqrt{a^2-x^2}\ \ をそれぞれ、x\ 軸のまわりに回転させたものだから$

$\quad y'=-\cfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}} \quad より$

　
\begin{eqnarray*} S_1 &=&2\pi \int _{-a}^a (b + \sqrt{a^2-x^2})\sqrt{1+\big(-\cfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\big)^2}dx\\ \\ &=&2\pi \int _{-a}^a (b + \sqrt{a^2-x^2})\sqrt{\cfrac{a^2}{a^2-x^2}}dx\\ \\ &=&2\pi a \int _{-a}^a \big(\cfrac{b}{\sqrt{a^2-x^2}}+1\big)dx\\ \\ &=&4\pi ab \int _0^a \cfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx+ 4\pi a \int _0^a dx\\ \end{eqnarray*} \[ I=\int _0^a \cfrac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx \quad は \quad 　x=a\sin \theta \quad とおくと \qquad dx=a\cos \theta d\theta \qquad \begin{array}{c|c} x & \ 0\ \ \rightarrow a \quad \\ \hline \theta & 0\ \ \rightarrow \small{\cfrac{\pi}{2}} \\ \end{array} \] \[I=\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}} \cfrac{a\cos \theta}{\sqrt{a^2-a^2\sin ^2 \theta}}d\theta =\int _0^{\scriptsize{\cfrac{\pi}{2}}}d\theta =\cfrac{\pi}{2}\] $よって \qquad S_1=4\pi ab \times \cfrac{\pi}{2} +4\pi a^2=2\pi ^2 ab+4\pi a^2$

$同様にして$
\[S_2=2\pi \int _{-a}^a (b - \sqrt{a^2-x^2})\sqrt{1+\big(-\cfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\big)^2}dx=2\pi ^2 ab -4\pi a^2\] $したがって　S=S_1+S_2=(2\pi ^2 ab+4\pi a^2)+(2\pi ^2 ab -4\pi a^2)=4\pi ^2 ab$

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