回転体の体積の基本を修得した後は、より高度な体積の問題に挑みます。$x$ 軸・$y$ 軸以外の軸まわりの回転体、パラメータを含む体積の最大・最小、複雑な断面をもつ立体の体積、そしてカバリエリの原理による巧みな体積計算 ── いずれも入試で差がつくテーマです。「断面積の積分 = 体積」という根本原理に常に立ち返りながら、応用力を磨きましょう。
$x$ 軸や $y$ 軸以外の直線を回転軸とする回転体の体積を求める問題は、入試で難問として出題されます。基本的な考え方は「回転軸を新しい座標軸に取り直す」か、「回転軸に垂直な断面の面積を積分する」ことです。
例えば、放物線 $y = x^2$（$0 \le x \le 1$）を直線 $y = x$ のまわりに回転させた立体の体積を考えましょう。回転軸が斜めなので、$x$ 軸方向のスライスでは断面が円にならず扱いが複雑です。
ここで発想を転換します。回転軸 $y = x$ に垂直な方向にスライスすれば、各断面は円（またはドーナツ型）になります。直線 $y = x$ 上のパラメータ $t$ を用いて、点 $\left(\dfrac{t}{\sqrt{2}}, \dfrac{t}{\sqrt{2}}\right)$ を通り $y = x$ に垂直な断面を考えるのです。
斜軸まわりの回転体の体積を求める鍵は、回転軸に垂直な方向にスライスすることです。
回転軸を $\ell$ とするとき、$\ell$ 上の点から曲線までの距離が「断面円の半径」になり、$\ell$ に沿った微小区間 $dt$ で積分すれば体積が得られます。
$$V = \int \pi r(t)^2\,dt$$
ここで $r(t)$ は、軸 $\ell$ 上の点 $t$ から曲線までの（垂直）距離です。
曲線 $y = f(x)$ 上の点 $(x, f(x))$ から直線 $y = x$（すなわち $x - y = 0$）までの距離は：
$$d(x) = \frac{|x - f(x)|}{\sqrt{2}}$$
この距離を半径とする円が断面になりますが、積分変数を「回転軸に沿った座標」に取り直す必要があります。回転軸方向の座標は $s = \dfrac{x + f(x)}{\sqrt{2}}$ であり、$ds$ と $dx$ の関係を求めてから体積公式に代入します。
✗ $V = \displaystyle\int \pi d(x)^2\,dx$ と直接積分する → 回転軸方向の「幅」が $dx$ とは限らない
✓ 回転軸に沿った座標 $s$ に変換してから $V = \displaystyle\int \pi r(s)^2\,ds$ を計算する
斜軸まわりの体積では、積分変数を回転軸方向にとることが必須です。$dx$ をそのまま使うと体積が正しく出ません。
斜軸回転では、通常の円柱殻法（バームクーヘン型積分）の直接適用が難しい場合が多いです。しかし、回転軸からの距離が簡潔に表せる場合は、パップス・ギュルダンの定理を利用するアプローチが有効になることもあります。
平面図形を、その平面内にあり図形と交わらない直線のまわりに1回転させてできる回転体の体積は：
$$V = 2\pi \bar{d} \cdot S$$
ここで $S$ は平面図形の面積、$\bar{d}$ は図形の重心から回転軸までの距離。
※ 高校範囲を超えますが、入試で「知っていると速い」場面があります。ただし証明なしの利用は減点リスクがあるので注意。
斜軸まわりの回転体の体積計算は、大学数学では重積分の座標変換として定式化されます。回転軸を新しい座標軸の1つに取る直交変換（回転行列）を施してから、フビニの定理で逐次積分すれば、どのような回転軸に対しても体系的に計算できます。
面積の最小値問題と同様に、体積にもパラメータが含まれると最大・最小を求める問題が成立します。積分で体積 $V(a)$ を求め、$V'(a) = 0$ から最適化するという二段構えの問題です。
球 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$ を平面 $z = a$（$0 < a < R$）で切り取ったときの小さい方の体積を $V(a)$ とします。$z = t$ における断面は半径 $\sqrt{R^2 - t^2}$ の円なので：
$$V(a) = \int_a^R \pi(R^2 - t^2)\,dt = \pi\left[R^2 t - \frac{t^3}{3}\right]_a^R = \pi\left(\frac{2R^3}{3} - R^2 a + \frac{a^3}{3}\right)$$
これ自体は単調減少（$a$ が大きいほど切り取る部分が小さい）ですが、例えば「球冠の体積とそれを支える円柱の体積の差を最大化せよ」のような条件が加わると、$V'(a) = 0$ を解く問題になります。
体積の最大最小問題も面積のときと同じ二段構えです。
第1段階：体積 $V(a)$ を断面積の積分で求める
第2段階：$V'(a) = 0$ を解いて増減表を作る
ただし体積の積分は面積より計算量が大きいため、計算を始める前に見通しを立てることが重要です。被積分関数の対称性や、結果の次元（体積は長さの3乗）を確認しながら進めましょう。
✗ $V'(a) = 0$ の解だけ調べて最大・最小を判定する
✓ パラメータの定義域の端点（$a = 0$ や $a = R$ など）での体積値も必ず確認する
閉区間上の最大・最小問題では、極値だけでなく端点の値も候補になります。体積が $0$ になる端点を見落とさないようにしましょう。
曲線 $y = ax^2$（$0 \le x \le 1$）を $x$ 軸のまわりに回転させた体積は：
$$V(a) = \int_0^1 \pi(ax^2)^2\,dx = \pi a^2 \int_0^1 x^4\,dx = \frac{\pi a^2}{5}$$
これは $a$ の2乗に比例して増加します。しかし「体積が一定 $V_0$ のとき、表面積を最小にする $a$ は？」のような最適化問題では、体積の式と表面積の式を連立して処理することになります。
✗ 計算結果が「長さの2乗」の次元になっている → 体積ではありえない
✓ 体積は常に「長さの3乗」の次元。$\pi r^2 h$ のように $[\text{長さ}]^3$ になっているか確認
途中計算が複雑になるほど、次元解析による検算が威力を発揮します。
非回転体の体積を求める問題では、「ある方向にスライスしたときの断面積」を正確に求めることがすべてです。断面が三角形・正方形・楕円など、さまざまな形になる場合の処理法を整理します。
「底面が曲線で囲まれ、各断面が正方形」という立体は典型問題です。例えば、$xy$ 平面上で曲線 $y = \sin x$（$0 \le x \le \pi$）と $x$ 軸で囲まれた領域を底面とし、$x$ 軸に垂直な各断面が一辺 $\sin x$ の正方形である立体の体積は：
$$V = \int_0^{\pi} (\sin x)^2\,dx = \int_0^{\pi} \frac{1 - \cos 2x}{2}\,dx = \frac{\pi}{2}$$
非回転体の体積は、次の3ステップで求めます。
Step 1: スライスの方向を決める（$x$ 軸に垂直、$y$ 軸に垂直、など）
Step 2: スライス位置 $t$ での断面積 $A(t)$ を求める
Step 3: $V = \displaystyle\int_a^b A(t)\,dt$ を計算する
回転体でも非回転体でも、$V = \displaystyle\int A(t)\,dt$ という根本原理は同じです。違いは「断面が円かどうか」だけです。
$z = x^2 + y^2$ と $z = 1$ で囲まれる立体の体積を求める場合、$z = t$（$0 \le t \le 1$）で切った断面は半径 $\sqrt{t}$ の円です。よって：
$$V = \int_0^1 \pi(\sqrt{t})^2\,dt = \int_0^1 \pi t\,dt = \frac{\pi}{2}$$
このように回転放物面と平面で囲まれた立体は、$y$ 軸方向（$z$ 方向）にスライスするのが最も自然です。
✗ いつも $x$ 軸方向にスライスする → 断面の形が複雑になることがある
✓ 断面が最も単純になる方向を選ぶ。対称性がある軸方向にスライスするのが原則
例えば $z$ 軸まわりの回転体なら $z$ 方向にスライスすると断面が円になり最も楽です。
円柱 $x^2 + y^2 \le 1$ を平面 $z = y$ で切り取った立体（くさび型）の体積を求めるには、$x$ 軸方向にスライスします。$x = t$ での断面は、$y$ 方向に $-\sqrt{1-t^2} \le y \le \sqrt{1-t^2}$、高さ方向に $0 \le z \le y$（$y \ge 0$ の部分）です。断面積は三角形的な形になり：
$$A(t) = \int_0^{\sqrt{1-t^2}} y\,dy = \frac{1-t^2}{2}$$
$$V = \int_{-1}^{1} \frac{1-t^2}{2}\,dt = \frac{1}{2}\left[t - \frac{t^3}{3}\right]_{-1}^{1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2}{3}$$
カバリエリの原理は、2つの立体を同じ高さで切ったとき、すべての高さで断面積が等しければ、2つの立体の体積は等しいという原理です。これは $V = \int A(t)\,dt$ から直ちに従いますが、計算困難な体積を既知の体積に帰着させる強力な手法です。
2つの立体 $K_1$, $K_2$ について、任意の高さ $t$ における断面積が等しいとき：
$$A_1(t) = A_2(t) \quad (\forall\, t) \quad \Longrightarrow \quad V_1 = V_2$$
※ 断面の「形」は異なっていても構いません。面積が等しいことだけが条件です。
半径 $r$ の球の体積を求める場面を考えます。球を高さ $t$（$-r \le t \le r$）で切った断面は半径 $\sqrt{r^2 - t^2}$ の円で、面積は $\pi(r^2 - t^2)$ です。
一方、底面半径 $r$、高さ $r$ の円柱から、底面半径 $r$、高さ $r$ の円錐を引いた立体（「逆さ円錐をくり抜いた円柱」）を考えると、高さ $t$ での断面積は：
$$\pi r^2 - \pi t^2 = \pi(r^2 - t^2)$$
これは球の半分（半球）の断面積と一致します。よってカバリエリの原理から：
$$\text{半球の体積} = \text{円柱の体積} - \text{円錐の体積} = \pi r^2 \cdot r - \frac{1}{3}\pi r^2 \cdot r = \frac{2}{3}\pi r^3$$
したがって球の体積は $\dfrac{4}{3}\pi r^3$ です。
カバリエリの原理は、断面積の積分が直接計算しにくいときに威力を発揮します。
使い方：求めたい立体の断面積 $A(t)$ を計算し、同じ断面積をもつ「体積が既知の立体」を見つける
特に有効な場面は、断面積が $t$ の多項式で表せるときです。その場合、同じ多項式の断面積をもつ「円柱・円錐の組み合わせ」が見つかりやすいのです。
✗ 断面の形が異なるので、カバリエリの原理は使えないと判断する
✓ 形が違っても、面積が等しければ原理は適用できる
正方形断面の柱と円形断面の柱でも、断面積が等しければ体積は等しい。これがカバリエリの原理の強みです。
カバリエリの原理は、体積の定義 $V = \displaystyle\int_a^b A(t)\,dt$ から直ちに従います。
$A_1(t) = A_2(t)$ がすべての $t \in [a, b]$ で成り立つなら：
$$V_1 = \int_a^b A_1(t)\,dt = \int_a^b A_2(t)\,dt = V_2$$
歴史的にはカバリエリ（17世紀）がこの原理を「不可分量」の方法で提唱し、後にリーマン積分の理論で厳密に正当化されました。
カバリエリの原理は、大学数学におけるフビニの定理の直観的な特殊ケースです。フビニの定理は「重積分を逐次積分に分解できる」ことを保証しますが、体積 = 断面積の積分という公式はまさにこの逐次積分の具体例です。カバリエリが直観的に見抜いた原理を、200年後にフビニが測度論の言葉で厳密に定式化したのです。
本記事で扱った体積の応用テーマを俯瞰し、問題に出会ったときの方針選択をまとめます。
| 問題タイプ | 特徴 | 方針 |
|---|---|---|
| $x$ 軸・$y$ 軸回転 | 回転軸が座標軸 | $\pi \int r^2\,dx$ を直接計算 |
| 斜軸回転 | 回転軸が斜めの直線 | 軸に垂直にスライス、点と直線の距離を利用 |
| パラメータ含み | $V(a)$ の最大・最小 | $V(a)$ を求めて微分、端点も確認 |
| 非回転体 | 断面が円でない | 断面積 $A(t)$ を求めて $\int A(t)\,dt$ |
| カバリエリ型 | 既知の立体と断面積一致 | 断面積が等しい既知の立体を見つける |
体積の計算は面積計算の延長線上にあり、さらに曲線の長さの計算とも関連しています。回転体の表面積を求める問題では、曲線の長さの公式 $L = \int \sqrt{1 + (y')^2}\,dx$ が必要になります。これらの融合問題は次の記事で詳しく扱います。
解析的に積分できない体積（例えば $V = \int_0^1 \pi e^{-x^2}\,dx$ のような場合）は、数値積分で近似値を求めます。大学以降の工学・物理学では、シンプソンの公式やモンテカルロ法といった数値積分の手法が不可欠です。高校で学ぶ区分求積法は、これらの数値積分法の出発点にあたります。
Q1. 斜軸まわりの回転体の体積を求めるとき、スライスする方向は？
Q2. 点 $(x_0, y_0)$ から直線 $y = x$ までの距離は？
Q3. カバリエリの原理が成り立つ条件は？
Q4. 半球の体積を「円柱 $-$ 円錐」で表すと？
Q5. 体積の最大・最小問題で、$V'(a) = 0$ の解以外に確認すべきものは？
底面が放物線 $y = 1 - x^2$ と $x$ 軸で囲まれた領域で、$x$ 軸に垂直な各断面が一辺 $(1 - x^2)$ の正方形である立体の体積を求めよ。
$y = 1 - x^2 \ge 0$ となるのは $-1 \le x \le 1$。$x = t$ での断面は一辺 $(1 - t^2)$ の正方形で面積は $(1 - t^2)^2$。
$$V = \int_{-1}^{1} (1 - t^2)^2\,dt = 2\int_0^1 (1 - 2t^2 + t^4)\,dt$$
$$= 2\left[t - \frac{2t^3}{3} + \frac{t^5}{5}\right]_0^1 = 2\left(1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5}\right) = 2 \cdot \frac{8}{15} = \frac{16}{15}$$
$a > 0$ とする。放物線 $y = x^2$ と直線 $y = a$ で囲まれた部分を $y$ 軸のまわりに回転させてできる回転体の体積 $V(a)$ を求めよ。また、$V(a) = 8\pi$ となる $a$ の値を求めよ。
$y = t$（$0 \le t \le a$）で切った断面は半径 $\sqrt{t}$ の円。
$$V(a) = \int_0^a \pi(\sqrt{t})^2\,dt = \pi\int_0^a t\,dt = \pi\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^a = \frac{\pi a^2}{2}$$
$V(a) = 8\pi$ とすると：
$$\frac{\pi a^2}{2} = 8\pi \quad \Longrightarrow \quad a^2 = 16 \quad \Longrightarrow \quad a = 4 \quad (a > 0)$$
2つの円柱 $x^2 + z^2 \le r^2$ と $y^2 + z^2 \le r^2$ の共通部分の体積を求めよ。
（ヒント：$z = t$ で切った断面の形を調べよ）
$z = t$（$-r \le t \le r$）で切ると：
$x^2 + t^2 \le r^2$ より $|x| \le \sqrt{r^2 - t^2}$
$y^2 + t^2 \le r^2$ より $|y| \le \sqrt{r^2 - t^2}$
したがって断面は一辺 $2\sqrt{r^2 - t^2}$ の正方形で、面積は：
$$A(t) = \left(2\sqrt{r^2 - t^2}\right)^2 = 4(r^2 - t^2)$$
$$V = \int_{-r}^{r} 4(r^2 - t^2)\,dt = 8\int_0^r (r^2 - t^2)\,dt = 8\left[r^2 t - \frac{t^3}{3}\right]_0^r = 8 \cdot \frac{2r^3}{3} = \frac{16r^3}{3}$$
この立体は「牟合方蓋（ぼうごうほうがい）」と呼ばれ、中国の数学者・劉徽が3世紀に球の体積を求める過程で考察したことで知られています。断面が正方形になるという発見が解法の鍵であり、カバリエリの原理によれば、一辺 $2\sqrt{r^2-t^2}$ の正方形の断面積の積分として体積が求まります。
放物線 $y = x^2$（$0 \le x \le 1$）と $x$ 軸および直線 $x = 1$ で囲まれた領域を、直線 $y = x$ のまわりに1回転させてできる立体の体積を求めよ。
直線 $y = x$ に垂直な方向にスライスする。直線 $y = x$ を新しい座標軸 $u$ とし、それに垂直な方向を $v$ とする座標変換：
$$u = \frac{x + y}{\sqrt{2}}, \quad v = \frac{x - y}{\sqrt{2}}$$
$y = x^2$ 上の点 $(x, x^2)$ に対して：$u = \dfrac{x + x^2}{\sqrt{2}}$, $v = \dfrac{x - x^2}{\sqrt{2}}$
$y = 0$（$x$ 軸）上の点 $(x, 0)$ に対して：$u = \dfrac{x}{\sqrt{2}}$, $v = \dfrac{x}{\sqrt{2}}$
回転軸 $y = x$ からの距離は $|v| = \dfrac{|x - y|}{\sqrt{2}}$ であり、この問題を直接解くにはワッシャー法を斜軸方向に適用します。
$u$ を固定したとき、外側の半径（$x$ 軸の点）と内側の半径（放物線の点）を求める必要がありますが、$x$ をパラメータとして直接計算する方法を用います。
$x$ 軸上の点 $(x, 0)$ の回転軸からの距離：$r_1(x) = \dfrac{x}{\sqrt{2}}$
放物線上の点 $(x, x^2)$ の回転軸からの距離：$r_2(x) = \dfrac{|x - x^2|}{\sqrt{2}} = \dfrac{x(1-x)}{\sqrt{2}}$（$0 \le x \le 1$ で）
回転軸方向の微小変位 $du = \dfrac{1+2x}{2\sqrt{2}}\cdot 2\,dx$（放物線上）と $du = \dfrac{1}{\sqrt{2}}dx$（$x$ 軸上）を考慮し、パップス・ギュルダンの定理を適用すると：
囲まれた領域の面積：$S = \displaystyle\int_0^1 (x - x^2)\,dx = \dfrac{1}{6}$
重心の $y = x$ からの距離：領域の重心 $(\bar{x}, \bar{y})$ から直線 $y = x$ への距離
$\bar{x} = \dfrac{\int_0^1 x(x - x^2)\,dx}{1/6} = \dfrac{1/12}{1/6} = \dfrac{1}{2}$, $\bar{y} = \dfrac{\int_0^1 \frac{(x-x^2)^2}{2}\,dx}{1/6} = \dfrac{1/60}{1/6} \cdot 2 = \dfrac{1}{60} \cdot 6 = \dfrac{1}{10}$
$\bar{d} = \dfrac{|\bar{x} - \bar{y}|}{\sqrt{2}} = \dfrac{|1/2 - 1/10|}{\sqrt{2}} = \dfrac{2/5}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{5}$
$$V = 2\pi \bar{d} \cdot S = 2\pi \cdot \frac{\sqrt{2}}{5} \cdot \frac{1}{6} = \frac{\sqrt{2}\,\pi}{15}$$
斜軸回転の体積をパップス・ギュルダンの定理で求めました。重心の座標を正確に計算することが鍵です。重心の $x$ 座標 $\bar{x}$ は $\dfrac{\iint x\,dA}{S}$、$y$ 座標 $\bar{y}$ は $\dfrac{\iint y\,dA}{S}$ で求まります。入試では、パップス・ギュルダンの定理を使わずに直接積分で求める方法も要求される場合があり、その場合は $u$-$v$ 座標への変換を用いた断面積の積分を行います。