13-2 逆関数の積分

次に逆関数の積分を考えます．
積分では$y=f(x)$とその逆関数$y=g(x)$が直線$y=x$に関して対称であることがしばしば使われます． ここで考える$f(x)$は定義域，値域ともに正で単調増加であることを仮定します．一般の場合，特に単調減少の場合は 議論を複雑にするだけで最初学ぶときは賢明ではありません． それらは各自必要に応じて考えましょう．

$f(x)$の逆関数を$g(x)$とします．
ここで
$\displaystyle \int_a^bg(x)dx$
を考えましょう．この値は右図の黄色の部分の面積です．
この面積は対称移動した緑色の部分の面積と一致します．
緑色の面積は$y=f(x)$で表せます．すなわち
$\displaystyle \int_a^bxdy$
ここで$x$を$y$で表すと$x=g(y)$で$\int_a^bg(y)dy$と元の式に戻ります．
ここでは $y=f(x)$と置換積分します．
$g(a)=\alpha,g(b)=\beta$とおくと$f(\alpha)=a,f(\beta)=b$であり，
$\displaystyle \int_a^bxdy=\int_{\alpha}^{\beta}xf'(x)dx$
ここで部分積分すれば
$\displaystyle =[xf(x)]_{\alpha}^{\beta}-\int_{\alpha}^{\beta}f(x)dx$
すなわち
(緑色の面積)=$bf(\beta)-af(\alpha)$-(青色の面積)
が出ました．これは当たり前の式です．
これから，
$\bullet \ $逆関数の積分は，対称移動すると元の関数で表すことができる．

$\bullet \ $曲線と$y$軸で挟まれた部分の面積
$\displaystyle \int_a^bxdy$
は逆関数の積分
$\displaystyle \int_a^bg(x)dx$
のことである．

この２点を理解すれば，問題を解くうえで大きな困難はないでしょう．

例　$y=\tan x$の逆関数を$y=g(x)$とする．
$\displaystyle \int_1^{\sqrt{3}}g(x)dx$
を求めよう．
$x=\tan t$とおいて置換積分する．
$\tan \frac{\pi}{4}=1,\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$
$\displaystyle \int_1^{\sqrt{3}}g(x)dx =\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}g(\tan t)\dfrac{dt}{\cos ^2t}=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}t\cdot \dfrac{dt}{\cos ^2t}$
部分積分し
$=\displaystyle \left[t\tan t\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\tan tdt$
$=\dfrac{\pi}{\sqrt{3}}-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\log 2}{2}$
もちろん，面積を対称移動して考えれば，部分積分した後の式になり計算が少し楽になる．

例題1
$y=x+\sqrt{x^2+5}$の逆関数を$y=f(x)$とする．
(1) $f(x)$を求めよ．
(2) 定積分
$\displaystyle \int_{\sqrt{5}}^5f(x)dx$
を求めよ．
(3) 曲線$y=x+\sqrt{x^2+5},x$軸，$y$軸および直線$x=2$で囲まれる部分の面積を求めよ．
（平成26年度大同大）


解
(1)$y=x+\sqrt{x^2+5}$を$x$について解く.
$y-x=\sqrt{x^2+5}$
ここで$y-x > 0$に注意する．両辺を平方すると
$y^2-2xy+x^2=x^2+5$
$x$について解くと
$x=\dfrac{y^2-5}{2y} ,y > x$
$x,y$を入れ替えて
$y=f(x)=\dfrac{x^2-5}{2x} ,y < x$
なお
$y-x=-\sqrt{x^2+5}$
の逆関数は
$y=\dfrac{x^2-5}{2x} ,y > x$
である．

(2)$\displaystyle \int_{\sqrt{5}}^5\dfrac{x^2-5}{2x}=5-\dfrac{5\log 5}{4}$

(3)求める値は図の灰色の部分の面積．$y=x$に関して対称移動して
$2\times 5-(5-\dfrac{5\log 5}{4})=5+\dfrac{5\log 5}{4}$

解説
$y=x+\sqrt{x^2+5}$を積分するかわりに、逆関数を積分して求めようということです。 類題に平成22年東京大があります.

例題2
$x$＞$0$を定義域とする関数
$f(x)=\dfrac{12(e^{3x}-3e^x)}{e^{2x}-1}$
について以下の問いに答えよ．
(1)関数$y=f(x) \ (x$＞$0)$は実数全体を定義域とする逆関数を持つことを示せ．
(2)前問(1)で定められた逆関数を$y=g(x) \ (-\infty$＜$x$＜$\infty )$とする．このとき，定積分
$\displaystyle \int_8^{27}g(x)dx$を求めよ．

（平成18年度東京大）


解
(1)
$f'(x)=\dfrac{12e^x(e^{4x}+3)}{(e^{2x}-1)^2}$＞$0$
より$f(x)$は$x$＞$0$で増加関数．
$f(x)=\dfrac{12(e^x-3e^{-x})}{1-e^{-2x}}\to \infty \ \ (x\to \infty)$
$x\to +0$のとき分母は正の値をとりながら$0$に近づき，分子は$12\cdot (-2)$に近づくので $f(x)\to -\infty \ \ (x\to +0)$
したがって(1)が成り立つ．

(2)求める値は右図の灰色の部分の面積である．
$f(x)=8,27$を解く．
それぞれ，
$e^x=2,e^x=3$
より
$x=\log 2,x=\log 3$
$\displaystyle \int_{\log 2}^{\log 3}\dfrac{12(e^{2x}-3)e^x}{e^{2x}-1}dx$
$t=e^x$とおくと
$=\displaystyle \int_2^3\dfrac{12(t^2-3)}{t^2-1}dt=12\int_2^3(1-\dfrac{1}{t-1}+\dfrac{1}{t+1})dt$
$=12(1+\log 2-\log 3)$
求める値は
$27\log 3-8\log 2-12(1+\log 2-\log 3)=39\log 3-20\log 2-12$

例題3
関数$f(x)=x^3-x^2+x$について，以下の各問いに答えよ．
(1)$f(x)$は常に増加する関数であることを示せ．
(2)$f(x)$の逆関数を$g(x)$とおく．$x$＞$0$について
$\sqrt[3]{x}-1$＜$g(x)$＜$\sqrt[3]{x}+1$
が成立することを示せ．
(3)$b$＞$a$＞$0$について
$0$＜$\displaystyle \int_a^b\dfrac{1}{x^2+1}dx$＜$\dfrac{1}{a}$
が成立することを示せ．
(4)自然数$n$について，(2)で定義された$g(x)$を用いて
$\displaystyle A_n=\int_n^{2n}\dfrac{1}{g(x)^3+g(x)}dx$
とおくとき，極限値$\displaystyle \lim_{n\to \infty}A_nを求めよ．$

（平成24年度東京医科歯科大）

解
(1)$f'(x)=3x^2-2x+1 > 0$
$(\because D/4=-1)$
したがって，$f(x)$は常に増加する．
(2)$y=\sqrt[3]{x}-1$の逆関数は$y=(x+1)^3$
$y=\sqrt[3]{x}+1$の逆関数は$y=(x-1)^3$
$(x+1)^3-(x^3-x^2+x)$
$=4x^2+2x+1$＞$0 \ \ (\because D/4=-3)$
$(x^3-x^2+x)-(x-1)^3$
$=2x^2-2x+1$＞$0 \ \ (\because D/4=-1)$
したがって，任意の$x$で
$(x-1)^3$＜$x^3-x^2+x$＜$(x+1)^3$
逆関数は元の関数を$y$軸側から見たものであるから
$\sqrt[3]{x}-1$＜$g(x)$＜$\sqrt[3]{x}+1$
が成り立つ．

(3)$0$＜$\displaystyle \int_a^b\dfrac{1}{x^2+1}dx$＜$\displaystyle \int_a^b\dfrac{1}{x^2}dx =\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}$＜$\dfrac{1}{a}$
(4) $\displaystyle \int_n^{2n}\dfrac{1}{g(x)^3+g(x)}dx$
$x=f(t)$とおく.$f(g(n))=n,f(g(2n))=2n$より
$\displaystyle =\int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{f'(t)}{t^3+t}dt$
$\displaystyle =\int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{3t^2-2t+1}{t^3+t}dt$
$\displaystyle =\int_{g(n)}^{g(2n)}(\dfrac{3t+1}{t^3+t}-\dfrac{2t}{t^3+t})dt$
$\displaystyle = \log \dfrac{g(2n)^3+g(2n)}{g(n)^3+g(n)}-2\int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{1}{x^2+1}dx$
$n\to \infty$の時の極限を求める．
まず第１項について
(2)の結果より
$\sqrt[3]{n}-1$＜$g(n)$＜$\sqrt[3]{n}+1$
$h(n)=g(n)-\sqrt[3]{n}$とおけば$-1$＜$h(n)$＜$1$.
同様に
$k(2n)=g(2n)-\sqrt[3]{2n}$とおけば$-1$＜$k(2n)$＜$1$.
$g(n)=\sqrt[3]{n}+h(n),g(2n)=\sqrt[3]{2n}+k(2n)$より
$\dfrac{g(2n)^3+g(2n)}{g(n)^3+g(n)}= \dfrac{(\sqrt[3]{2n}+k(n))^3+ (\sqrt[3]{2n}+h(2n))}{(\sqrt[3]{n}+h(n))^3+(\sqrt[3]{n}+h(n))}\to 2 \ \ (n\to \infty)$
$\because \text{分子，分母展開し最高次に注目}$
次に第２項の極限について．
(3)より
$\displaystyle \int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{1}{x^2+1}dx$＜$\dfrac{1}{g(n)}$＜$\dfrac{1}{\sqrt[3]{n}-1}$
$\therefore 0$＜$\displaystyle \int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{1}{x^2+1}dx$＜$\dfrac{1}{\sqrt[3]{n}-1}$ $\displaystyle \therefore \lim_{n\to \infty}\int_{g(n)}^{g(2n)}\dfrac{1}{x^2+1}dx=0$
以上より求める極限値を$\log 2$である．


次の問題は，出題者の意図とは少し異なりますが，逆関数を用いると解答が一本道です．
例題4
$-1\leqq x\leqq 1$で定義された関数$y=f(x)$は次の@,Aを満たしている．
@　$\sin f(x)=1-x^2$ A　$0\leqq f(x) \leqq \dfrac{\pi}{2}$
(1) $y=f(x)$のグラフの概形をかけ．
(2) $y=f(x)$のグラフと$x$軸で囲まれた部分の面積を求めよ．
（平成3年(1991年)京都大・後期,一部改）
解
$y=\sin x \ \ (0\leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2})$の逆関数を$y=g(x)$とすると$f(x)=g(1-x^2)$．
$y=g(x)$の導関数を求める．
$y=g(x)$の定義域は$0\leqq x \leqq 1$で値域は$0\leqq y \leqq \dfrac{\pi}{2}$である． また$g(0)=0,g(1)=\dfrac{\pi}{2}$である．
$y=g(x)$より$x=\sin y$
両辺を$x$で微分すると
$1=\cos y y'$
$\cos y \geqq 0$より
$y'=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin ^2y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$\therefore g'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$f'(x)=g'(1-x^2)(-2x)=\dfrac{-2x}{\sqrt{1-(1-x^2)^2}}=\dfrac{-2x}{\sqrt{2x^2-x^4}}$
場合分けして議論を進めた方が間違いがない．
$0\leqq x \leqq 1$のとき
$f'(x)=\dfrac{-2}{\sqrt{2-x^2}}$
$f"(x)=\dfrac{-2x}{\sqrt{(2-x^2)^3}}$
$-1\leqq x \leqq 0$のとき
$f'(x)=\dfrac{2}{\sqrt{2-x^2}}$
$f"(x)=\dfrac{2x}{\sqrt{(2-x^2)^3}}$
$x=0$では微分可能でない．
$x=0$を除いた$-1 \leqq x < 0,0 < x \leqq 1$における 増減表は次のようになる．
$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x &-1 &\cdots& 0 & \cdots & 1 \\ \hline g'(x) & & + &\diagup & - & \\ \hline g"(x)& & - & \diagup & - & \\ \hline g(x) & 0 & \nearrow \text{&}\frown &\frac{\pi}{2} & \searrow \text{&}\frown & 0 \\ \hline \end{array}$

(2) $y=f(x)=g(1-x^2)$は$y$軸に関して対称である．求める面積を$S$とすると
$\displaystyle S=2\int_0^1g(1-x^2)dx$
$g(x)$は$\sin x$の逆関数であるから
$\sin \theta =1-x^2 \ \ (0\leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2})$
と置換積分をする．
$x:0 \to 1$のとき$\theta :\frac{\pi}{2}\to 0$である. さらに，$1-x^2=\sin \theta$より
$x^2=1-\sin \theta =(\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2})^2$
$0\leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$および$0\leqq x$より
$x=\cos \frac{\theta}{2}-\sin \frac{\theta}{2}$
$\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{1}{2}(-\sin \frac{\theta}{2}-\cos \frac{\theta}{2})$
したがって
$\displaystyle S=2\int_{\frac{\pi}{2}}^0\theta(-\dfrac{1}{2}\sin \dfrac{\theta}{2} -\dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\theta}{2})d\theta$
$\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta (\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2})d\theta$
$=4\sqrt{2}-4$

解説
出題者はここで考えた解答は意図していない．実際の問題文は次のようになっている．
(1) $x$を$y$の関数として表し,$y=f(x)$のグラフを描け．

出題者の意図にしたがって解けば次のようになる．
(1)の解答
$y=f(x)$とおく．
$x^2=1-\sin y=(\sin \dfrac{y}{2}-\cos \dfrac{y}{2})$
$0 \leqq x \leqq 1$のとき
$x=\cos \dfrac{y}{2}-\sin \dfrac{y}{2}=\sqrt{2}\cos (\dfrac{y}{2}+\dfrac{\pi}{4})$
$-1 \leqq x \leqq 0$のとき
$x=-(\cos \dfrac{y}{2}-\sin \dfrac{y}{2})=-\sqrt{2}\cos (\dfrac{y}{2}+\dfrac{\pi}{4})$
(2)の面積は置換積分が必要なく単純な積分計算である.
$\displaystyle 2\int_0^1\sqrt{2}\cos (\dfrac{y}{2}+\dfrac{\pi}{4})dy=4\sqrt{2}-4$


つぎは逆関数ではないのですが関連しているので付け加えました．面白い問題です．
例題5
$k$＞$0$とする．$xy$平面上の２曲線
$y=k(x-x^3), \ x=k(y-y^3)$
が第１象限に$\alpha \neq \beta$となる交点$(\alpha ,\beta)$を持つような$k$の範囲を求めよ．

（1989年度東京大）
解
$y=k(x-x^3), \ x=k(y-y^3) \cdots (\sharp)$
より$k$を消去すると
$\dfrac{y}{x-x^3}=\dfrac{x}{y-y^3}$
この式を整理すると
$(x-y)(x+y)(x^2+y^2-1)=0$
$x,y$はともに正で$x\neq y$より
$x^2+y^2=1$
これは，$(\sharp)$を共に満たす，第１象限にあり$x\neq y$である$(x,y)$は存在すれば単位円$x^2+y^2$上に あることを意味している．
与えられた２式の差をとれば
$y-x=k(x-y-(x^3-y^3))$
$x\neq y$より
$k(1-x^2-xy-y^2)=-1$
$x^2+y^2=1$であるから
$\therefore xy=\dfrac{1}{k}$
円$x^2+y^2=1$と双曲線$xy=\dfrac{1}{k}$は$y=x$の交点における接線の傾きは同じで，上に凸と下に凸であるから， $k=2$のとき接し，$2$＜$k$のとき交わる．したがってもとめる$k$の範囲は$2$＜$k$.


例題5を見ればわかるように，直線$y=x$に関して対称な2曲線の交点が$y=x$上にあるとは限らない．
したがって$y=f(x)$とその逆関数$y=g(x)$の交点が$y=x$上だけとは限らない．極端な例を挙げれば 関数$y=-x+k$の逆関数は$y=-x+k$で直線上のすべての点が交点である．
そのような例を挙げなくとも右図のような$y=f(x)$とその逆関数$y=g(x)$の交点は
$(1,0),(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}),(0,1)$
である．
もちろん$(a,b)$が$y=f(x)$とその逆関数$y=f^{-1}(x)$の交点とすると$(b,a)$も交点であるから，$y=f(x)$ は$(a,b),(b,a)$を通ることになる．したがって$y=f(x)$は単調減少である．
このことから，単調増加な関数$y=f(x)$に限れば，$y=f(x)$とその逆関数$y=f^{-1}(x)$の交点は$y=x$上にあることがわかる．


さて，ここまで$y=f(x)$と$y$軸で挟まれた図形の面積を求めることと，逆関数の関係について述べてきました．
$y$軸の周りの回転体も同じようにできます．それを考えましょう．

まず，次の問題を考えます．

例題6
$f(x)=x(2-x)$とする．$y=f(x)$のグラフと$x$軸で囲まれた部分を$y$軸の周りに 1回転したときの回転体の体積を求めよ．

解答1
$y=x(2-x)=1-(x-1)^2$
を$x$について解くと
$(x-1)^2=1-y$
より
$1\leqq x$のとき$x=1+\sqrt{1-y}$
$1\geqq x$のとき$x=1-\sqrt{1-y}$
$y$に対応する$x$は２つあるが$x\leqq 1$の方を$x_1$,$x\geqq 1$の方を$x_2$とおく.
求める体積は
$\displaystyle \pi\int_0^1(x_2)^2dy-\pi\int_0^1(x_1)^2dy$
$(x_2)^2-(x_1)^2=(1+\sqrt{1-y})^2-(1-\sqrt{1-y})^2=4\sqrt{1-y}$より
$\displaystyle =\pi\int_0^14\sqrt{1-y}dy=\dfrac{8\pi}{3}$

ここまで書いてきた内容と重なるのですが，$y=f(x)$が$x$について解ければ，言い方を変えれば，逆関数が求められれば問題はありません．しかし， しかし，$y=\sin x$や$y=x^3+3x$のように現時点では求められない場合も少なくありません．その時に用いるのが，
$\pi\int_a^bx^2dy$において，$x$を$y$で表すかわりに$y$を$x$であらわす．すなわち,置換積分して
$\displaystyle \pi \int_a^bx^2dy=\pi \int_{\alpha}^{\beta}x^2y'dx$
とします．この式の右辺を見ると部分積分をしたくなります．この内容を整理しましょう．
置換積分を用いると例題6の解答は次のようになります．
解答2
$y\leqq 1$のとき$y$に対応する$x$は２つあるが$x\leqq 1$の方を$x_1$,$x\geqq 1$の方を$x_2$とおく.
求める体積は
$\displaystyle \pi\int_0^1(x_2)^2dy-\pi\int_0^1(x_1)^2dy$
$1\leqq x$において$y:0\to 1$のとき$x:2\to 1$
$x\leqq 1$において$y:0\to 1$のとき$x:0\to 1$
であるから
$\displaystyle =\pi \int_2^1x^2y'dx-\pi \int_0^1x^2y'dx \ \cdots (\sharp)$
$\displaystyle =-\pi \int_1^2x^2(-2x+2)dx-\pi \int_0^1x^2(-2x+2)dx$
$\displaystyle =-\pi \int_0^2x^2(-2x+2)dx=\dfrac{8\pi}{3}$

上の$(\sharp)$において，どちらかが上端と下端の入れ替えが行われるので，2つの積分が１つにまとめられることに 注意しましょう．

次の問題は少し古いですが，ここで述べる話題の先駆けとなった問題です．ちなみにこの問題後，多くの受験雑誌で$y$軸の周りの 回転体の話題が増えました．


例題7
$f(x)=\pi x^2\sin \pi x^2$とする．$y=f(x)$のグラフの$0\leqq x\leqq 1$の部分と$x$軸で 囲まれた図形を$y$軸のまわりに回転させてできる立体の体積$V$は
$\displaystyle V=2\pi \int_0^1xf(x)dx$
であることを示し，その値を求めよ．

（1989年度東京大）


解答
議論の趣旨から外れますが，まず関数
$f(x)=\pi x^2\sin \pi x^2$
のもとになる$y=x\sin x$のグラフを調べよう． この関数はそれほど簡単ではなく，入試でもよく出題されます．
$y=x\sin x$
$y'=\sin x+x\cos x$
$=\cos x(\tan x+x)$
$0 < x \leqq \frac{\pi}{2}$のとき$y' > 0$(∵$y'$の第1式)
$\frac{\pi}{2} < x\leqq \pi$のとき，$\cos x < 0$に注意して
$\tan x=-x (\frac{\pi}{2} < x < \pi)$を満たす$x$を$\alpha$とすれば
$\frac{\pi}{2} < x < \alpha$のとき$y' > 0$
$\alpha < x < \pi$のとき$y' < 0$
$y''=2\cos x-x\sin x=x\cos x(\dfrac{2}{x}-\tan x)$
$\frac{\pi}{2} < x < \pi$のとき$y'' < 0$
$0 < x < \frac{\pi}{2}$のとき
$\tan x=\dfrac{2}{x} \ (0 < x < \dfrac{\pi}{2})$を満たす$x$を$\beta$とすると
$0 < x < \beta$のとき$y'' > 0,\beta < x < \frac{\pi}{2}$のとき$y''<0$
したがって$y=x\sin x$の増減表は次のようになり，グラフは上図である．
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline x &0&\cdots& \beta & \cdots & \alpha & \cdots & \pi \\ \hline y' & 0 & + & + & + & 0 & - & - \\ \hline y''& +& + & 0 & - & - & - & - \\ \hline y & 0& \nearrow & f(\beta)&\nearrow & f(\alpha) & \searrow & 0 \\ \hline \end{array}$


話を戻そう．関数
$f(x)=\pi x^2\sin \pi x^2$は
は$g(x)=x\sin x,h(x)=\pi x^2$とすると
$f(x)=g(h(x))$
である．
$f'(x)=g'(h(x))h'(x)$
であり，上で定めた$\alpha$に対して
$h(a)=\alpha (0< a < 1)$
で$a$を定めると$f(x)=\pi x^2\sin \pi x^2$のグラフは 右図のようになる(ここでは増減だけで2次導関数は考慮しない)．
グラフ$y=f(x)$上の点の$x$座標のうち，$0\leqq x\leqq a$の部分を$x_1$, $a\leqq x\leqq 1$の部分を$x_2$とする．
$\displaystyle V=\pi\int_0^{f(a)}x_2^2dy-\pi\int_0^{f(a)}x_1^2dy$
である．$y=f(x)$の逆関数が求まり，$x_1,x_2$を$y$で表せればよいが，そうはいかないので，面積でやったように 置換積分を行う．
$0\leqq x\leqq a$において$y:0\to f(a)$のとき$x:0\to a$
$a\leqq x\leqq 1$において$y:0\to f(a)$のとき$x:1\to a$より
$\displaystyle =\pi \int_1^ax^2f'(x)dx-\int_0^ax^2f'(x)dx$
$\displaystyle =-\pi \int_0^1x^2f'(x)dx$
部分積分をして
$\displaystyle =-\pi \left[x^2f(x)\right]_0^1+\pi \int_0^12xf(x)dx$
$f(0)=0,f(1)=0$であるから
$\displaystyle =\pi \int_0^12xf(x)dx$
あとは計算だけである．
$f(x)=\pi x^2\sin \pi x^2$であるから
$\displaystyle =\pi \int_0^12xf(x)dx$
$\displaystyle =\pi \int_0^12\pi x^3\sin \pi x^2dx$
$t=\pi x^2$とおくと
$\displaystyle =\int_0^{\pi}t\sin t dt=\pi$


例題７の証明より
関数$y=f(x)$が閉区間$[a,b] \ (0\leqq a < b)$で連続で
$f(a)=0,f(b)=0$かつある$c \ (a < c < b)$が存在して$[a,c]$で単調増加，$[c,b]$で単調減少のとき
曲線$y=f(x)$，$x$軸，$x=a,y=b$で囲まれる部分を$y$軸の周りに１回転してできる回転体の体積$V$ とすると
$\displaystyle V=2\pi \int_a^bxf(x)dx$
であることが分かる．
実際は，$f(a)=0,f(b)=0$や単調増加，単調減少の仮定は必要なく次の命題が成り立つ．

命題
関数$y=f(x)$が閉区間$[a,b]$（ただし$0\leqq a < b$）で連続で$f(x)\geqq 0$とする．
このとき，曲線$y=f(x),x$軸，$x=a,x=b$で囲まれた図形を$y$軸の周りに回転して得られる 回転体の体積を$V$とすると
$\displaystyle V=2\pi \int_a^bxf(x)dx$
が成り立つ．


証明
証明は，面積や体積が積分で求められる時に用いる方法と同じである．
$y=f(x),x$軸，$x=a,x=t$で囲まれた図形を$y$軸の周りに回転して得られる回転体の体積を$F(t)$とおく．
このとき，$F(a)=0$であり，$V=F(b)-F(a)$である．
次に$F'(t)$を計算する．
$F(t+h)-F(t)$は図の青色の部分を$y$軸の周りに回転した回転体であるから，平均値の定理より
$F(t+h)-F(t)=\pi((t+h)^2-t^2)f(c) \ \ (t < c < t+h)$
を満たす$c$が存在する．
したがって，
$\dfrac{F(t+h)-F(t)}{h}=\dfrac{\pi (2ht+h^2)f(c)}{h}\to 2\pi t \ (h\to 0)$
$\therefore F'(t)=2\pi tf(t)$
$\displaystyle V=F(b)-F(a)=\int_a^bF'(x)dx=\int_a^b2\pi xf(x)dx$

この命題は区分求積法で示すと次のようになる．
区間$[a,b]$をｎ等分してその分点を
$a=x_0,x_1,\dots ,x_i,\dots ,x_n=b$
とする．さらに
$\Delta =\dfrac{b-a}{n}$
とおく．
$y$軸の周りの回転体の体積は
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}f(c_i)(\pi x_{i+1}^2-\pi x_i^2) \ \ (x_i < c_i < x_{i+1})$
ここで
$f(c_i)(\pi x_{i+1}^2-\pi x_i^2)$
$=\pi f(c_i)\{(x_i+\Delta)^2-x_i^2\}$
$=\pi f(c_i)2x_i \Delta +\pi f(c_i)\Delta ^2$
$\displaystyle (\sum_{i=0}^{n-1}\pi f(c_i)\Delta )\Delta \to 0 \ (n\to \infty)$
より
$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^{n-1}f(c_i)(\pi x_{i+1}^2-\pi x_i^2)=\int_a^b2\pi xf(x)dx$

区分求積法はいろいろな面積，体積に応用できます．

ここで証明した命題は便利な命題であるが，この命題など使わず，$y$軸の周りの回転体の体積は， 逆関数が求められるなら逆関数を用い，逆関数が求められないなら，置換積分で行えばよい．

最後に関数について一言述べます．
関数$y=2x+1$とは対応が2倍し1加えるということです．それを次にように表します．
$x\xrightarrow{\text{2倍して1加える}}y$
対応が大事なので$x,y$はどうでもいいことなのです．
ですから $s=2t+1$や$x=2y+1$も同じ関数です．たとえば
$\displaystyle f(x)=\dfrac{d}{dx}\int_a^xf(t)dt$
で被積分関数$f(t)$と計算した式である$f(x)$は同じ関数です．
高校では混乱するので，定義域側の変数は$x$を値域側の変数は$y$を使うようにしていますが, 実際は $y=2x+1$ を$x$について解いた
$x=\dfrac{y-1}{2}$
を逆関数として全く問題ないのです．というよりこの方が一般的です．
それは，$y=2x+1$を$y$軸側から見たことで，$y=2x+1$の逆関数は$x=\frac{y-1}{2}$の方が 自然なことがわかるでしょう．
将来慣れてきたらこの扱いになりますが， 今はやはり$x,y$を交換して
$y=\dfrac{x-1}{2}$
とするほうがよいでしょう．

（逆関数の項目終わり）



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