§５　曲面の表面積

　面積確定な有界閉集合Dで定義された関数 $z=f(x,y)$で表される曲面について考える。Dを底面とする縦線図形(柱体)の側面と曲面との交わりの曲線で囲まれる曲面の部分(これをDの上にある曲面の部分という)の各点で接平面が存在するものとする。
　Dを含む閉長方形で最小のものを $K: a \leq x \leq b, \; c \leq y \leq d$とし、区間$[a, b], [c, d]$をそれぞれm分、n分して
\begin{align}
&a=x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{m-1} < x_m = b\\
&c=y_0 < y_1 < y_2 < \cdots < y_{n-1} < y_n = d\\
\end{align} とする。分点$(x_i,y_j)$を通りx軸,y軸に平行線を引いて小長方形に分割すると、これらの小長方形の中には(ⅰ)D内に入るもの、(ⅱ)D外にあるもの、(ⅲ)Dの内外にまたがっているものの３とおりのものがある。(ⅰ)のD内の小長方形の１つ$K_{ij}: x_{i-1} \leq x \leq x_i, \; y_{j-1} \leq y \leq y_j$をとり、$K_{ij}$の任意の点$(\xi_{ij}, \eta_{ij})$に対応する曲面 $z=f(x,y)$上の点に接平面を作る。$K_{ij}$の上に立つ接平面の部分の面積を$s_{ij}$とする。
　D内にある全ての小長方形についての$s_{ij}$の和の極限が、分割の仕方および$(\xi_{ij}, \eta_{ij})$のとり方には無関係に一定であるとき、つまり $$\lim_{\delta \to 0}\sum_{K_{ij} \subset D}s_{ij}, \quad \delta=\max_{i,j}\{(x_i-x_{i-1}),(y_j-y_{j-1})\}$$が収束するとき、その極限をDの上にある曲面の表面積という。

小長方形$K_{ij}$の面積を$\omega_{ij}$、接平面とxy-平面とのなす角を$\gamma_{ij}$とすると$$s_{ij}\cos\gamma_{ij}=\omega_{ij}$$であるから、D上の曲面の表面積Sは$$ S=\lim_{\delta \to 0}\sum_{K_{ij} \subset D}\frac{\omega_{ij}}{\cos\gamma_{ij}} $$である。$\gamma_{ij}$は接平面の法線ベクトルとxy-平面の法線ベクトルとのなす角になる。

[定理１] 曲面 $z=f(x,y)$が面積確定の有界閉集合Dでなめらかならば、D上の表面積Sは次の式で表される。$$ S=\iint_D\sqrt{1+\bigl(\frac{\partial z}{\partial x}\bigr)^2+\bigl(\frac{\partial z}{\partial y}\bigr)^2}dxdy $$

[証明] 曲面はなめらかなので$f_x,f_y$は存在するから曲面の任意の部分$(\xi, \eta, \zeta)$で接平面が存在し、その方程式は$$z-\zeta=f_x(x-\xi)+f_y(y-\eta)$$　$(\xi, \eta, \zeta)$をとおる方向余弦が$l,m,n$の直線の方程式は$$\frac{x-\xi}{l}=\frac{y-\eta}{m}=\frac{z-\zeta}{n}$$である。方向余弦とはその直線と平行な長さが１のベクトルの$x,y,z$成分である。
\begin{align}
&直線上の点をP(x,y,z), 接点をQ(\xi, \eta, \zeta)、方向余弦のベクトルを\vec{d}=(l,m,n)とすると\\
&\overrightarrow{QP}=k\vec{d} より\\
&(x-\xi, y-\eta, z-\zeta) = k(l,m,n)\\
&k=\frac{x-\xi}{l}=\frac{y-\eta}{m}=\frac{z-\zeta}{n}\\
\end{align} (l,m,n)は方向余弦なので $$l^2+m^2+n^2=1$$ この直線を接平面の法線とすると,接平面の法線ベクトルは$(f_x(\xi, \eta),f_y(\xi, \eta),-1)$なので
\begin{align}
&(f_x(\xi, \eta),f_y(\xi, \eta),-1)=k(l,m,n)\\
&l=\frac{f_x(\xi, \eta)}{k}, \;\; m=\frac{f_y(\xi, \eta)}{k},\;\; n=-\frac{1}{k}\\
&l^2+m^2+n^2=\frac{1}{k^2}(f_x^2(\xi, \eta)+f_y^2(\xi, \eta)+1)=1\\
\end{align} $k > 0$とすると$n< 0$となり $$k=\sqrt{1+f_x^2(\xi, \eta)+f_y^2(\xi, \eta)}$$ xy-平面の法線ベクトルを$\vec{e}=(0,0,-1)$とおくと方向余弦のベクトル$\vec{d}$と$\vec{e}$のなす角が$\gamma_{ij}$になる($\vec{d}$と$\vec{e}$はともに下向き(z方向は負))。
\begin{align}
&\vec{d}\cdot\vec{e}=-n=\cos\gamma_{ij}\\
&\therefore \frac{1}{\cos\gamma_{ij}}=k=\sqrt{1+f_x^2(\xi, \eta)+f_y^2(\xi, \eta)}
\end{align}　右辺は、Dで連続であるから、積分可能である。したがって、小長方形によるDの分割をつくり、Dの内部にある小長方形$K_{ij}$の任意の点$(\xi_{ij}, \eta_{ij})$を取ると $$\lim_{\delta \to 0}\sum_{K_{ij} \subset D}\sqrt{1+f_x^2(\xi_{ij}, \eta_{ij})+f_y^2(\xi_{ij}, \eta_{ij})}\omega_{ij}=\lim_{\delta \to 0}\sum_{K_{ij} \subset D}\frac{\omega_{ij}}{\cos\gamma_{ij}}$$が存在して表面積に等しい。

[例１] $D: 0 \leq x \leq 1, \; 0 \leq y \leq 1-x$上にある曲面$z=1-x^2$の部分の面積を求めよ。

面積をSとすると
\begin{align}
S&=\iint_D\sqrt{1+(-2x)^2}dxdy\\
&=\int_0^1dx\int_0^{1-x}\sqrt{1+4x^2}dy\\
&=\int_0^1\sqrt{1+4x^2}(1-x)dx\\
&=\int_0^1(\sqrt{1+4x^2}-x\sqrt{1+4x^2})dx\\
&=\int_0^1\sqrt{1+4x^2}dx-\left[\frac{(1+4x^2)^\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}}\cdot\frac{1}{8}\right]_0^1\\
&=\int_0^1\sqrt{1+4x^2}dx-\frac{1}{12}(5\sqrt{5}-1)\
\end{align}
\begin{align}
第１項&=2\int_0^1\sqrt{\frac{1}{4}+x^2}dx\\
&=\left[x\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}+\frac{1}{4}\log\left|x+\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}\right|\right]_0^1\\
&=\sqrt{1+\frac{1}{4}}+\frac{1}{4}\log\left|1+\sqrt{1+\frac{1}{4}}\right|-\frac{1}{4}\log\frac{1}{2}\\
&=\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{4}\log(1+\frac{\sqrt{5}}{2})+\frac{1}{4}\log2\\
&=\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{4}\log(2+\sqrt{5})\\
\\
\therefore S&=\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{4}\log(2+\sqrt{5})-\frac{1}{12}(5^\frac{3}{2}-1)\\
&=\frac{1}{12}\{1+\sqrt{5}+3\log(2+\sqrt{5})\}\\
\end{align}

[例２] 2つの円柱面$x^2+y^2=a^2,\; x^2+z^2=a^2 \;(a > 0)$で囲まれた立体の表面積を求めよ。
$x \geq 0,\; y \geq 0,\; z \geq 0 \;$ とすると、　$z=f(x,y)=\sqrt{a^2-x^2}$

\begin{align}
f_x&=\frac{1}{2}(a^2-x^2)^{-\frac{1}{2}}(-2x)=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\\
f_y&=0\\
\end{align}この表面積は全体の1/16なので、求める表面積をSとすると
\begin{align}
\frac{1}{16}S&=\int_0^adx\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}dy\\
&=\int_0^adx\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2}}dy\\
&=\int_0^adx\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}dy\\
&=\int_0^a\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}\left[y\right]_0^{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\int_0^aadx=a^2\\
\therefore S&=16a^2
\end{align}

[球の表面積] $x^2+y^2+z^2=r^2$の表面積を求める。$0 \leq x \leq r, 0 \leq y \leq r, \; 0 \leq z \leq r$として、全体の1/8の表面積を計算する。表面積全体をSとすると
\begin{align}
&z=f(x,y)=\sqrt{r^2-x^2-y^2}\\
&f_x=\frac{1}{2}\frac{-2x}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}=-\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}\\
&f_y=-\frac{y}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}\\
\\
&\frac{1}{8}S=\int_0^rdx\int_0^{\sqrt{r^2-x^2}}\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{r^2-x^2-y^2}}dy\\
&\int_0^{\sqrt{r^2-x^2}}\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{r^2-x^2-y^2}}dy\\
&=\int_0^{\sqrt{r^2-x^2}}\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}dy\\
&=r\left[\sin^{-1}\frac{y}{\sqrt{r^2-x^2}}\right]_0^\sqrt{r^2-x^2}\\
&=\frac{r\pi}{2}\\
&\frac{1}{8}S=\int_0^r\frac{r\pi}{2}dx=\frac{\pi r^2}{2}\\
&\therefore S=4\pi r^2\\
\end{align} これで中学生で習ってから暗記するしかなかった球の表面積の公式を証明できた。

[定理２] 直交座標から円柱座標への変換$： x=r\cos\theta, \; y=r\sin\theta,\; z=z$によってxy-平面の面積確定の有界閉集合Dから$r\theta$-平面の有界閉集合D’へ移ったとすると、Dの上にある曲面の表面積Sは次の式で与えられる。$$ S=\iint_{D’}\sqrt{r^2+\Bigl(r\frac{\partial z}{\partial r}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{\partial z}{\partial \theta}\Bigr)^2}drd\theta$$

[証明]
\begin{align}
&z=f(x,y)=f(r\sin\theta, r\cos\theta)=g(r,\theta)\\
&\frac{\partial z}{\partial r}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos\theta+\frac{\partial z}{\partial y}\sin\theta\\
&\frac{\partial z}{\partial \theta}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta}=-\frac{\partial z}{\partial x}r\sin\theta+\frac{\partial z}{\partial y}r\cos\theta\\
&\left(r\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial \theta}\right)^2=r^2\left\{(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2\right\}\\
S&=\iint_D\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}dxdy\\
&=\iint_{D’}\frac{1}{r}\sqrt{r^2+(r\frac{\partial z}{\partial r})^2+(\frac{\partial z}{\partial \theta})^2}|J|drd\theta\\
J&=\frac{D(x,y)}{D(r,\theta)}=
\begin{vmatrix}
\frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta}\\
\frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta}\\
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
\cos\theta & -r\sin\theta\\
\sin\theta & r\cos\theta\\
\end{vmatrix}=r\\
\\
\therefore S&=\iint_{D’}\sqrt{r^2+(r\frac{\partial z}{\partial r})^2+(\frac{\partial z}{\partial \theta})^2}drd\theta\\
\end{align}

[定理３] z軸のまわりの回転体の方程式を$z=g(r)$ ($\theta$には無関係)とする。このとき、回転体の表面積Sは次の式で表される。$$S=\iint_{D’}r\sqrt{1+g'(r)^2}drd\theta$$特に $D’: R_1 \leq r \leq R_2, \; 0 \leq \theta \leq 2\pi$のときは$$S=2\pi\int_{R_1}^{R_2}r\sqrt{1+g'(r)^2}dr$$

[証明] [定理２]より明らか。(参考：　ｚ軸まわりの回転体の曲面の方程式)

[例４] 回転放物面$z=x^2+y^2$の単位円板$\; x^2+y^2 \leq 1\;$の上にある部分の表面積を求めよ。
[解] 曲面を円柱座標で表すと$z=r^2$であるから、$dz/dr=2r\;$ したがって$$ S=2\pi\int_0^1r\sqrt{1+4r^2}dr=\frac{\pi}{6}\left[(1+4r^2)^{\frac{3}{2}}\right]_0^1=\frac{\pi}{6}(5\sqrt{5}-1) $$

[問３] 半径aの球面の表面積を求めよ。
[解]
\begin{align}
x^2&+y^2+z^2=a^2\\
z&=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\\
円&柱座標に変換して\\
&=\sqrt{a^2-(r\cos\theta)^2-(r\sin\theta)^2}=\sqrt{a^2-r^2}\\
\frac{dz}{dr}&=-\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}\\
\frac{1}{2}S&=2\pi\int_0^ar\sqrt{1+\frac{r^2}{a^2-r^2}}dr=2\pi a\int_0^a\frac{rdr}{\sqrt{a^2-r^2}}\\
&=2\pi a\left[-\sqrt{a^2-r^2}\right]_0^a=2\pi a\sqrt{a^2}=2\pi a^2\\
\therefore S&=4\pi a^2
\end{align} [定理１]より計算がかなり簡単になる。

[定理４] xy-平面上の曲線 $\; y=f(x) \;(a \leq x \leq b,\; f(x) \geq 0)\;$がx軸のまわりに回転してできる回転体の表面積Sは次の式で与えられる。$$ S=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx $$

図より回転面の方程式は$$ f(x)= \sqrt{y^2+z^2}$$となる。$z > 0$のときのみを考えて
\begin{align}
&z=\sqrt{f(x)^2-y^2}\\
&\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{f(x)f'(x)}{\sqrt{f(x)^2-y^2}}, \;\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{f(x)^2-y^2}}\\
\end{align}

\begin{align}
\sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}&=\sqrt{1+\frac{f(x)^2f'(x)^2}{f(x)^2-y^2}+\frac{y^2}{f(x)^2-y^2}}\\
&=\sqrt{\frac{f(x)^2(1+f'(x)^2)}{f(x)^2-y^2}}\\
&=\frac{f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}}{\sqrt{f(x)^2-y^2}}\\
\end{align} [定理１]より
\begin{align}
S&=2\iint_D\frac{f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}}{\sqrt{f(x)^2-y^2}}dxdy\\
計算を&簡単にするためにyの積分範囲を-f(x) \leq y \leq f(x)から0 \leq y \leq f(x)とすると\\
&=4\int_a^bdx\int_0^{f(x)}\frac{f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}}{\sqrt{f(x)^2-y^2}}dy\\
&=4\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\left[\sin^{-1}\frac{y}{f(x)}\right]_0^{f(x)}dx\\
&=4\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\left(\frac{\pi}{2}\right)dx\\
&=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx
\end{align}

[定理５] $x=x(t),y=y(t),z=z(t) > 0 (\alpha \leq t \leq \beta)$で表される空間曲線上の各点から、xy-平面へ下した垂線によって定められる柱面の表面積は$$ S=\int_\alpha^\beta z\sqrt{x’^2+y’^2}dt $$

[証明] この柱面のxz-平面への正射影(xz-平面に垂直な光による射影)をDとする。柱面は$D: x(\alpha) \leq x \leq x(\beta), 0 \leq z \leq z(t)$上の曲面である。
柱面上ではxを固定するとｚが変化してもyは変化しないので、yをx,zの関数として$$ \frac{\partial y}{\partial x}=\frac{y'(t)}{x'(t)}, \; \frac{\partial y}{\partial z}=0 $$

[定理１]より
\begin{align}
S&=\iint_D\sqrt{1+(\frac{\partial y}{\partial x})^2+(\frac{\partial y}{\partial z})^2}dxdz\\
&=\iint_D\sqrt{1+\frac{y’^2}{x’^2}}dxdz\\
&=\iint_D\frac{\sqrt{x’^2+y’^2}}{x’}dxdz\\
分母は&|x’|の気がするが、原文のとおりに書く。\\
&=\int_{x(\alpha)}^{x(\beta)}dx\int_0^{z(t)}\frac{\sqrt{x’^2+y’^2}}{x’}dz\\
&=\int_{x(\alpha)}^{x(\beta)}\frac{\sqrt{x’^2+y’^2}}{x’}\left[z\right]_0^{z(t)}dx\\
&=\int_{x(\alpha)}^{x(\beta)}z(t)\frac{\sqrt{x’^2+y’^2}}{x’}dx\\
&=\int_{\alpha}^{\beta}z(t)\sqrt{x’^2+y’^2}dt\\
\end{align}