関数y=\sin{x} \left(0\leq x\leq \frac{\pi}{2}\right)のy軸回りの回転体の体積Vを以下の3通りの方法で導出する。

I. 置換積分
関数f(x) の領域 [a,b] におけるx軸回りの回転体の体積は\pi\int_a^b \left\{f(x)\right\}^2dxなので
V=\pi\int_0^1x^2dy
=\pi\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\frac{dy}{dx}dx
=\pi\int_0^\frac{\pi}{2}x^2\cos{x}dx
=\pi\left(\left[x^2\sin{x}\right]_0^\frac{\pi}{2}-2\int_0^\frac{\pi}{2}x\sin{x}dx\right)
=\frac{\pi^3}{4}-2\pi\left(\left[-x\cos{x}\right]_0^\frac{\pi}{2}+\int_0^\frac{\pi}{2}\cos{x}dx\right)
=\frac{\pi^3}{4}-2\pi\left[\sin{x}\right]_0^{\frac{\pi}{2}  =\frac{\pi^3}{4}-2\pi //

II. バームクーヘン積分

回転体の中心から距離rだけ離れた太さ\Delta rの円筒の外周部分を考える。
\Delta rが非常に小さい時、この微小外周は直方体を丸めたものと考えることが出来る。
高さ=1-\sin{r}、円周=2\pi rなので、この微小外周の体積は 2\pi r\left(1-\sin r\right) \Delta r となる。
回転体全体の体積は、限りなく細かく円筒状に分割しその和を取ったものと考えられるので
V=2\pi \int_0^\frac{\pi}{2} r\left(1-\sin r\right)dr
=2\pi\left(\int_0^\frac{\pi}{2} rdr-\int_0^\frac{\pi}{2}r\sin rdr\right)
=2\pi\left(\left[\frac{r^2}{2}\right]_0^\frac{\pi}{2}-\left[-r\cos r\right]_0^\frac{\pi}{2}+\int_0^\frac{\pi}{2}\left(-\cos r\right)dr\right)
=2\pi\left(\frac{\pi^2}{8}-\left[\sin{r}\right]_0^\frac{\pi}{2}\right)  =\frac{\pi^3}{4}-2\pi //


III. 逆関数

y=\sin{x}　をxについて解くと　x=\mbox{Sin}^{-1}y   \left(0\leq y\leq 1)　なので

V=\pi\int_0^1\left(\mbox{Sin}^{-1}x\right)^2dx
=\pi\left(\left[x\left(\mbox{Sin}^{-1}x\right)^2\right]_0^1-\int_0^1 x\cdot2\mbox{Sin}^{-1}x\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\right)=\frac{\pi^3}{4}-2\pi\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\mbox{Sin}^{-1}xdx　・・・ (1)

\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx　は、t=x^2と置くとxdx=\frac{dt}{2} より
=\frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt{1-t}}
=-\sqrt{1-t}+C=-\sqrt{1-x^2}+C   (Cは積分定数)

以上を用いると、(1)は部分積分より
\frac{\pi^3}{4}-2\pi\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\mbox{Sin}^{-1}xdx
=\frac{\pi^3}{4}-2\pi\left(\left[-\sqrt{1-x^2}\mbox{Sin}^{-1}x\right]_0^1+\int_0^1\sqrt{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\right)
=\frac{\pi^3}{4}-2\pi\left[x\right]_0^1 =\frac{\pi^3}{4}-2\pi //