平面上の曲線の問題

曲線の概形

$\frac{dx}{dt}=\cos t\geqq 0$ なので、$x$ は $0$ から $1$ まで単調に増加します。

$\frac{dy}{dt}=2\cos 2t$ なので、$y$ の変化は次のとおりです。
- $0\leqq t\leqq \frac{\pi }{4}$ で $y$ は $0$ から $1$ まで増加する。
- $\frac{\pi }{4}\leqq t\leqq \frac{\pi }{2}$ で $y$ は $1$ から $0$ まで減少する。

$t=0$ のとき点 $(0,0)$、$t=\frac{\pi }{4}$ のとき点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$、$t=\frac{\pi }{2}$ のとき点 $(1,0)$ です。$0<t<\frac{\pi }{2}$ では $y>0$ なので、$D$ は $C$ と $x$ 軸上の線分 $0\leqq x\leqq 1$ で囲まれた第 $1$ 象限の図形です。

内側と外側の曲線

$0\leqq y\leqq 1$ を満たす各 $y$ に対し、$\sin 2t=y$ となる $t$ は 2 つあります。
- $t_1\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$
- $t_2=\frac{\pi }{2}-t_1\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right]$

それぞれの $x$ 座標は $x_1=\sin t_1$、$x_2=\sin t_2=\cos t_1$ です。$0\leqq t_1\leqq \frac{\pi }{4}$ では $\sin t_1\leqq \cos t_1$ なので $x_1\leqq x_2$ です。したがって、高さ $y$ での $D$ の切り口は $x_1\leqq x\leqq x_2$ の線分です。これを $y$ 軸のまわりに回転すると、内半径 $x_1$、外半径 $x_2$ の円環になります。よって
$$V=\pi {\int }_0^1{x}_2^{2}dy-\pi {\int }_0^1{x}_1^{2}dy$$
です。

置換積分

$dy=2\cos 2tdt$ を用います。

外側の曲線では、$y$ が $0\to 1$ のとき $t$ は $\frac{\pi }{2}\to \frac{\pi }{4}$ と動くので
$${\int }_0^1{x}_2^{2}dy={\int }_{\pi /2}^{\pi /4}{\sin }^{2}t\cdot 2\cos 2tdt$$
です。

内側の曲線では、$t$ は $0\to \frac{\pi }{4}$ と動くので
$${\int }_0^1{x}_1^{2}dy={\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}t\cdot 2\cos 2tdt$$
です。

2 つを合わせると
$$V=\pi \left({\int }_{\pi /2}^{\pi /4}-{\int }_0^{\pi /4}\right)2{\sin }^{2}t\cos 2tdt=-\pi {\int }_0^{\pi /2}2{\sin }^{2}t\cos 2tdt$$
となります。

計算

$2{\sin }^{2}t=1-\cos 2t$ より、被積分関数は
$$(1-\cos 2t)\cos 2t=\cos 2t-{\cos }^{2}2t$$
です。各項を計算します。
$${\int }_0^{\pi /2}\cos 2tdt={\left[\frac{\sin 2t}{2}\right]}_0^{\pi /2}=0$$
$${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}2tdt={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 4t}{2}dt={\left[\frac{t}{2}+\frac{\sin 4t}{8}\right]}_0^{\pi /2}=\frac{\pi }{4}$$
よって
$${\int }_0^{\pi /2}2{\sin }^{2}t\cos 2tdt=0-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{4}$$
となり、
$$V=-\pi \cdot \left(-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{{\pi }^2}{4}$$
です。

$x=\sin t$ は $0\le t\le \pi /2$ で $0$ から $1$ まで単調増加する。このとき $y=\sin 2t=2\sin t\cos t=2x\sqrt{1-x^2}\ge 0$ である。したがって $D$ は $0\le x\le 1,0\le y\le 2x\sqrt{1-x^2}$ で表される領域であり、$y$ 軸の片側にある。

$y$ 軸まわりの回転体の体積は円筒殻（バームクーヘン）法で求められる。
$V=2\pi {\int }_0^{1}x\cdot 2x\sqrt{1-x^2}dx=4\pi {\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx$。

$x=\sin \theta$ と置くと $dx=\cos \theta d\theta$ となり、
${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta d\theta ={\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}2\theta }{4}d\theta =\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos 4\theta )d\theta =\frac{1}{8}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{16}$。

よって $V=4\pi \cdot \frac{\pi }{16}=\frac{{\pi }^2}{4}$。

検算として、$t$ で置換すると $x=\sin t$ より $dx=\cos tdt$ なので $V=2\pi {\int }_0^{\pi /2}\sin t\cdot \sin 2t\cdot \cos tdt=2\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{2}2t}{2}dt=\pi \cdot \frac{\pi }{4}=\frac{{\pi }^2}{4}$。これは上の結果と一致する。