体積，表面積

大きな区分

現在地と前後の項目

*** 定積分 ***
/定積分の基本/定積分の置換積分法1/定積分の置換積分法2/定積分の部分積分法/limΣ→定積分/limΣ(2)入試問題/Excelで定積分/多項式.分数.無理関数の定積分/無理関数の定積分/三角関数の定積分/絶対値.三角関数の定積分/定積分の漸化式/間接的に求める/定積分で定義される関数/
*** 面積 ***
/閉曲線で囲まれた面積1/閉曲線で囲まれた面積2（媒介変数）/閉曲線で囲まれた面積3（媒介変数）/
*** 微分方程式 ***
/変数分離形微分方程式/定数係数の２階線形微分方程式（同次形）/定数係数の２階線形微分方程式（非同次形）/
*** 体積,表面積 ***
/体積,表面積/
*** 曲線の長さ ***
/曲線の長さ/

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== 立体の体積 ==

（面積の復習）
　a≦x≦bの区間でx軸とy=f(x)とで囲まれる図形の面積が，縦の長さf(x)の積分で表された事情を振り返ってみます．
　aからxまでに描かれる図形の面積をS(x)とおくと
　xがわずかに⊿xだけ増加したとき，増える面積は黄色で示した長方形の面積，すなわち縦の長さf(x)と横の長さ⊿xの積にほぼ等しくなります．
⊿S(x)≒f(x)⊿x
したがって

\frac{Δ S}{Δ x}

≒f(x)
　増分⊿xを限りなく０に近づけると，その極限は近似値ではなく正確f(x)に等しいと見なせます．

\frac{d S}{d x} = f (x)

　元のものが直接には分からなくても，その微分が分かれば，積分によって面積S(x)が求まります．

S (x) = \int f (x) d x

　a≦x≦bの区間では

S = \int_{a}^{b} f (x) d x

面積を求めたいとき
⇒ 面積の微分

S^{'} (x)

が縦の長さ

f (x)

になるので

S

は縦の長さの積分で求められる

（体積の計算）
　立体の体積を求めるには，体積の微分が断面積になることを利用します．
　すなわち，左端aから座標xまでの区間にある体積をxの関数としてV(x)で表し，xにおける断面積をS(x)とおきます．
　上で復習した面積の求め方と同様にして
⊿V(x)≒S(x)⊿x

\frac{Δ V}{Δ x}

≒S(x)

\frac{d V}{d x} = S (x)

V = \int_{a}^{b} S (x) d x

が示されます．

体積を求めたいとき
⇒ 体積の微分

V^{'} (x)

が断面積

S (x)

になるので

V

は断面積の積分で求められる

【体積を求める積分計算】

多項式形の積分で数学Ⅱの範囲で求められる体積の問題は，別のページにあります．

(1) 一般の立体の体積
x軸に垂直な平面で立体を切ったときの断面積が

S (x)

のとき，この立体の体積Vは

V = \int_{a}^{b} S (x) d x

⇒【例題1.1】【例題1.2】

(2) 曲線

y = f (x)

，２直線

x = a, x = b (a < b)

で囲まれた図形を

x

軸のまわりに回転させてできる回転体の体積

V = π \int_{a}^{b} {f (x)}^{2} d x

x

軸に垂直な断面は円になり，その半径が

f (x)

であるから断面積は

S (x) = π {f (x)}^{2}

になる．

f (x)

は負の値も取り得るから正確には

∣ f (x) ∣

というべきだが，2乗するので結果は同じになる．また，図のように

y = f (x)

のグラフが

x

軸を横切っていても構わない．

⇒【例題2.1】【例題2.2】

(3) ２曲線

y = f (x), y = g (x)

，２直線

x = a, x = b (a < b)

で囲まれた図形を

x

軸のまわりに回転させてできる回転体の体積（ただし，

a ≦ x ≦ b

において，

f (x) ≧ g (x) ≧ 0

とする）

V = π \int_{a}^{b} [{f (x)}^{2} - {g (x)}^{2}] d x

ちくわのような中抜きの筒の体積を求めるには，外側の円の面積

π {f (x)}^{2}

から内側の円の面積

π {g (x)}^{2}

を引いたものが断面積だと考えるとよい．
間違っても，

π {f (x) - g (x)}^{2}

などとしてはいけない！

⇒【例題3.1】【例題3.2】

(4) 曲線

x = g (y)

，２直線

y = α, y = β (α < β)

で囲まれた図形を

y

軸のまわりに回転させてできる回転体の体積

V = π \int_{α}^{β} {g (y)}^{2} d y

(2)のｘ軸とｙ軸の立場を入れ換えたものになるから，ｙ軸に垂直な断面の半径は

x = g (y)

になる

⇒【例題4.1】【例題4.2】

(5) 媒介変数表示

x = f (t), y = g (t)

で表される曲線で，

a = f (α), b = f (β)

のとき，

a ≦ x ≦ b

で囲まれる図形を

x

軸のまわりに回転させてできる回転体の体積

V = π \int_{a}^{b} y^{2} d x = π \int_{α}^{β} {g (t)}^{2} f^{'} (t) d t

\frac{d x}{d t} = f^{'} (t)

により，

d x = f^{'} (t) d t

を代入する

⇒【例題5.1】【例題5.2】

【例題1.1】
　右図のような半径が

a

，高さが

h

の直円柱を，斜めの平面で切ってできる「きゅうりのへた」のような立体（下半分）の体積を求めてください．

円柱の体積

π a^{2} h

の半分だから，結果は

\frac{1}{2} π a^{2} h

だろうと予想できるが，これを積分計算として組み立てる練習です

（解答）
底面の円の直径方向に座標軸

x

をとり，

- a ≦ x ≦ a

の範囲で断面を求めて積分する．
　底面の円に描いた黄色の直角三角形で，斜辺の長さは半径

a

に等しいから，

l = \sqrt{a^{2} - x^{2}}

　次に高さ

y

は，

x = 0

のとき

y = \frac{h}{2}

で傾きが

\frac{h}{2 a}

の直線上にあるから，

y = \frac{h}{2 a} x + \frac{h}{2}

S (x) = 2 l \times (\frac{h}{2 a} x + \frac{h}{2}) = 2 (\frac{h}{2 a} x + \frac{h}{2}) \sqrt{a^{2} - x^{2}}

V = 2 \int_{- a}^{a} (\frac{h}{2 a} x + \frac{h}{2}) \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x

= \frac{h}{a} \int_{- a}^{a} (x + a) \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x

ここで

\int_{- a}^{a} x \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x

は奇関数の積分だから0

\int_{- a}^{a} \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x

は上半円の面積だから

\frac{π a^{2}}{2}

ゆえに

V = \frac{π a^{2} h}{2}

【例題1.2】
　1辺の長さが

a

の正四面体の体積を求めてください．

三平方の定理を使って，正四面体の高さを求め，底面積との比例計算で断面を求めます．

（解答）
底面の正三角形において頂点CからBDに引いた垂線の足をEとすると，直角三角形BCEの辺の長さは，

B C = a, B E = \frac{a}{2}

であるから，三平方の定理により，

E C = \sqrt{a^{2} - (\frac{a}{2})^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} a

　次に，頂点Aから底面の△BCDに引いた垂線の足をHとおくと，Hは△BCDの重心だから，EH:HC=1:2

H C = \frac{2}{3} E C = \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} a = \frac{\sqrt{3}}{3} a

　さらに，△AHCは直角三角形だから三平方の定理により，

A H = h = \sqrt{a^{2} - (\frac{\sqrt{3}}{3} a)^{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}} a

　右図のピンク色の図で，

S = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} a \cdot a = \frac{\sqrt{3}}{4} a^{2}

S : S (x)

の面積比は相似比の２乗に比例するから

\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2} : S (x) = h^{2} : x^{2} = \frac{2}{3} a^{2} : x^{2}

S (x) = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{4} \cdot \frac{3}{2 a^{2}} \cdot x^{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{8} x^{2}

V = \int_{0}^{h} \frac{3 \sqrt{3}}{8} x^{2} d x = [\frac{3 \sqrt{3}}{8} \cdot \frac{x^{3}}{3}]_{0}^{h} = \frac{\sqrt{3}}{8} h^{3}

= \frac{\sqrt{3}}{8} \cdot \frac{2 \sqrt{2}}{3 \sqrt{3}} a^{3} = \frac{\sqrt{2}}{12} a^{3}

【例題2.1】
　曲線

y = \sin x (0 ≦ x ≦ π)

と

x

軸とで囲まれる図形を

x

軸のまわりに回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）

V = π \int_{0}^{π} \sin^{2} x d x = π \int_{0}^{π} \frac{1 - \cos 2 x}{2} d x

↑半角公式：

\sin^{2} x = \frac{1 - \cos 2 x}{2}

を使う

= π {[\frac{x}{2} - \frac{\sin 2 x}{4}]}_{0}^{π} = \frac{π^{2}}{2}

【例題2.2】
　曲線

\sqrt{x} + \sqrt{y} = 1

と座標軸とで囲まれる図形を

x

軸のまわりに回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）

\sqrt{y} = 1 - \sqrt{x}

y = (1 - \sqrt{x})^{2}

y^{2} = (1 - \sqrt{x})^{4}

V = π \int_{0}^{1} y^{2} d x

= π \int_{0}^{1} (1 - \sqrt{x})^{4} d x

(x + a)^{n}

のように多項式の展開を要するとき，

x + a = t

とおくと，展開しなくて済む

$x$	$0 \to 1$
$t$	$1 \to 0$

1 - \sqrt{x} = t

とおくと，

\frac{d t}{d x} = - \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{x}}

V = π \int_{1}^{0} t^{4} (- 2 \sqrt{x}) d t = π \int_{1}^{0} t^{4} (- 2) (1 - t) d t

= 2 π \int_{0}^{1} t^{4} (1 - t) d t = 2 π \int_{0}^{1} (t^{4} - t^{5}) d t

= 2 π {[\frac{t^{5}}{5} - \frac{t^{6}}{6}]}_{0}^{1} d t = 2 π \times \frac{1}{30} = \frac{π}{15}

【例題3.1】
　

0 < a < b

とするとき，円

x^{2} + (y - b)^{2} = a^{2}

が

x

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）

(y - b)^{2} = a^{2} - x^{2}

y - b = \pm \sqrt{a^{2} - x^{2}}

と変形したとき，右図の青色で示した回転体で外側に来る曲線の方程式は

y_{1} = b + \sqrt{a^{2} - x^{2}}

　赤色で示した内側に来る曲線の方程式は

y_{2} = b - \sqrt{a^{2} - x^{2}}

V = π \int_{- a}^{a} (y_{1}^{2} - y_{2}^{2}) d x

= π \int_{- a}^{a} {(b + \sqrt{a^{2} - x^{2}})^{2} - (b - \sqrt{a^{2} - x^{2}})^{2}} d x

= π \int_{- a}^{a} 4 b \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x = 8 π b \int_{0}^{a} \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x

x = a \sin θ

とおく置換積分を行うと，

$x$	$0 \to a$
$θ$	$0 \to \frac{π}{2}$

\frac{d x}{d θ} = a \cos θ

V = 8 π b \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{a^{2} - a^{2} \sin^{2} θ} \cdot a \cos θ d θ

= 8 π b \int_{0}^{\frac{π}{2}} a^{2} \cos^{2} θ d θ = 8 π a^{2} b \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + \cos 2 θ}{2} d θ

= 8 π a^{2} b {[\frac{θ}{2} + \frac{\sin 2 θ}{4}]}_{0}^{\frac{π}{2}} = 8 π a^{2} b \times \frac{π}{4} = 2 π^{2} a^{2} b

一般に回転体の体積は，(断面積)×(重心の通過距離)に等しいことが知られている（パップス・ギュルダンの定理）
この問題では，断面積

S = π a^{2}

，重心の通過距離

L = 2 π b

で，

V = S L

となっている．

【例題3.2】
　曲線

y = \log x

，

x

軸，

y

軸，

y = 1

の直線で囲まれる図形が

x

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）
半径が1で，横向きの高さがeの円柱から，

y = \log x (1 ≦ x ≦ e)

でできる図形を中抜きします．

V_{1} = π \cdot e

V_{2} = π \int_{1}^{e} (\log x)^{2} d x

次の部分積分を行う

$f (x) = (\log x)^{2}$	$\to$	$f^{'} (x) = \frac{2 \log x}{x}$
$g (x) = x$	$\leftarrow$	$g^{'} (x) = 1$

\int_{1}^{e} f (x) g^{'} (x) d x = {[f (x) g (x)]}_{1}^{e} - \int_{1}^{e} f^{'} (x) g (x) d x

V_{2} = π {[x (\log x)^{2}]}_{1}^{e} - π \int_{1}^{e} \frac{2 \log x}{x} \cdot x d x

= π e - 2 π \int_{1}^{e} \log x d x

= π e - 2 π {[x \log x - x]}_{1}^{e} = π e - 2 π

V_{1} - V_{2} = 2 π

【例題4.1】
　曲線

y = (x - 1)^{2}

と直線

y = 1

とで囲まれる図形を

y

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）

x - 1 = \pm \sqrt{y}

x = 1 \pm \sqrt{y}

V = π \int_{0}^{1} {(1 + \sqrt{y})^{2} - (1 - \sqrt{y})^{2}} d y

= π \int_{0}^{1} 4 \sqrt{y} d y = 4 π \times \frac{2}{3} {[y^{\frac{3}{2}}]}_{0}^{1} = \frac{8 π}{3}

例題3.1で紹介したパップス・ギュルダンの定理で確かめておくと，図形の面積が

S = \int_{0}^{2} {1 - (x - 1)^{2}} d x = \frac{4}{3}

重心（x=1上にある）の移動距離は

L = 2 π

だから

V = S L = \frac{8 π}{3}

に等しい

【例題4.2】
　曲線

y = \sin x

，直線

y = 1

，

y

軸とで囲まれる図形を

y

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

（解答）

V = π \int_{0}^{1} x^{2} d y

直接計算すると，逆三角関数

\sin^{- 1} x

の2乗の積分になるが，それは手ごわいので，置換積分で変数を取り換える

$y$	$0 \to 1$
$x$	$0 \to \frac{π}{2}$

y = \sin x

のとき，

\frac{d y}{d x} = \cos x

V = π \int_{0}^{\frac{π}{2}} x^{2} \cos x d x

次の部分積分を行う

$f (x) = x^{2}$	$\to$	$f^{'} (x) = 2 x$
$g (x) = \sin x$	$\leftarrow$	$g^{'} (x) = \cos x$

V = π {[x^{2} \sin x]_{0}^{\frac{π}{2}} - 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} x \sin x d x}

= π {\frac{π^{2}}{4} - 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} x \sin x d x}

= \frac{π^{3}}{4} - 2 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} x \sin x d x

さらに次の部分積分を行う

$f (x) = x$	$\to$	$f^{'} (x) = 1$
$g (x) = - \cos x$	$\leftarrow$	$g^{'} (x) = \sin x$

\int_{0}^{\frac{π}{2}} x \sin x d x = [- x \cos x]_{0}^{\frac{π}{2}} + \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x d x

= [\sin x]_{0}^{\frac{π}{2}} = 1

従って

V = \frac{π^{3}}{4} - 2 π

【例題5.1】
　サイクロイド

x = t - \sin t, y = 1 - \cos t

（

0 ≦ t ≦ 2 π

）が

x

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

難しい公式を覚えない．単純に

V = π \int_{a}^{b} y^{2} d x

と書いてから，変数を

t

に変換して，置換積分する．

（解答）

V = π \int_{0}^{2 π} y^{2} d x

において，次のように対応している．

$x$	$0 \to 2 π$
$t$	$0 \to 2 π$

y = 1 - \cos t

\frac{d x}{d t} = 1 - \cos t

V = π \int_{0}^{2 π} (1 - \cos t)^{2} (1 - \cos t) d t

= π \int_{0}^{2 π} (1 - \cos t)^{3} d t

= π \int_{0}^{2 π} (1 - 3 \cos t + 3 \cos^{2} t - \cos^{3} t) d t

根性物語になってきた～
半角公式で次数を下げる

\cos 2 t = \cos^{2} t - \sin^{2} t = 2 \cos^{2} t - 1

⇒

\cos^{2} t = \frac{1 + \cos 2 t}{2}

3倍角公式で次数を下げる

\cos 3 t = 4 \cos^{3} t - 3 \cos t

⇒

\cos^{3} t = \frac{3 \cos t + \cos 3 t}{4}

= π \int_{0}^{2 π} (1 - 3 \cos t + 3 \cdot \frac{1 + \cos 2 t}{2} - \frac{3 \cos t + \cos 3 t}{4}) d t

= π [t - 3 \sin t + 3 \cdot (\frac{t}{2} + \frac{\sin 2 t}{4} - (\frac{3 \sin t}{4} + \frac{\sin 3 t}{12})]_{0}^{2 π}

= 5 π^{2}

【例題5.2】
　アステロイド

x = \cos^{3} t, y = \sin^{3} t

によって囲まれる図形が

x

軸のまわりに１回転してできる立体の体積を求めてください．

難しい公式を覚えない．単純に

V = π \int_{a}^{b} y^{2} d x

と書いてから，変数を

t

に変換して，置換積分する．

　ｘ軸，ｙ軸に関して対称な図形だから，第1象限の部分を回転して２倍する．

V = 2 \times π \int_{0}^{1} y^{2} d x

$x$	$0 \to 1$
$t$	$\frac{π}{2} \to 0$

y = \sin^{3} t

\frac{d x}{d t} = 3 \cos^{2} t \cdot (- \sin t)

V = 2 \times π \int_{\frac{π}{2}}^{0} \sin^{6} t \cdot 3 \cos^{2} t \cdot (- \sin t) d t

= 6 π \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{7} t \cdot \cos^{2} t d t

積分計算を作るところまでは，簡単にできますが，ここから先がスラスラと書けるような人は，相当な計算力があるはずです．
幾つか方法はありますが，以下では定積分の漸化式を利用する方法で求めてみます．

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{7} t \cdot \cos^{2} t d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{7} t (1 - \sin^{2} t) d t

= \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{7} t d t - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{9} t d t

ここで，

I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} t d t, I_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin t d t = 1

とおき，

I_{n}

の漸化式を作って，順次次数を下げていく．
次の部分積分を行う．(n≧2)

$f (t) = \sin^{n - 1} t$	$\to$	$f^{'} (t) = (n - 1) \sin^{n - 2} t \cos t$
$g (t) = - \cos t$	$\leftarrow$	$g^{'} (t) = \sin t$

I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 1} t \cdot \sin t d t

= [- \sin^{n - 1} t \cdot \cos t]_{0}^{\frac{π}{2}} + \int_{0}^{\frac{π}{2}} (n - 1) \sin^{n - 2} t \cos^{2} t d t

= (n - 1) \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 2} t (1 - \sin^{2} t) d t

= (n - 1) {\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 2} t d t - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} t d t}

= (n - 1) I_{n - 2} - (n - 1) I_{n}

n I_{n} = (n - 1) I_{n - 2}

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}

これにより，順次次数を下げると

I_{7} = \frac{6}{7} I_{5} = \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} I_{3} = \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} I_{1} = \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{16}{35}

I_{9} = \frac{8}{9} I_{7} = \frac{8}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{128}{315}

結局

V = 6 π (I_{7} - I_{9}) = 6 π (\frac{16}{35} - \frac{128}{315}) = \frac{32 π}{105}

== 回転体の表面積 ==

最近の高校の教科書では，回転体の表面積の問題はほとんど扱われていません．

　曲線

y = f (x) (a ≦ x ≦ b)

を

x

軸のまわりに1回転してできる回転体の表面積（両端

x = a, b

の断面を含まない側面積）は

S = 2 π \int_{a}^{b} y \sqrt{1 + (y^{'})^{2}} d x

（解説）
　求める側面積は，正確には右図のアースカラーで示した円錐台の微小な幅の側面積を継ぎ足したものであるが，

Δ x

が微小な幅であるとき，上の公式は次のことを表している．

　まず，横幅

Δ x

に対して，直角三角形の縦幅は

y^{'} Δ x

になるから，三平方の定理により斜辺の長さは

\sqrt{Δ x^{2} + (y^{'} Δ x)^{2}} = \sqrt{1 + (y^{'})^{2}} Δ x

　そこで，幅

\sqrt{1 + (y^{'})^{2}} Δ x

のテープが半径

y

の円周

2 π y

の長さだけあることになり

Δ S = 2 π y \sqrt{1 + (y^{'})^{2}} Δ x

円錐台であるから，実際には円柱の側面よりは狭い部分と広い部分があるが，積分に使うのは1次近似で，中央で見れば差し引き帳消しになると解釈できる

S = 2 π \int_{a}^{b} y \sqrt{1 + (y^{'})^{2}} d x

【例題6.1】
　半径

r

の球の表面積は

4 π r^{2}

に等しいことを示してください．

（解答）
　原点を中心とする半径

r

の円を

x

軸のまわりに1回転してできる回転体の表面積を求める．左右対称だから右半分を求めて2倍する．
　円の方程式は

x^{2} + y^{2} = r^{2}

だから
　

y = \sqrt{r^{2} - x^{2}}

y^{'} = \frac{1}{2} \frac{- 2 x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} = \frac{- x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}}

\sqrt{1 + (y^{'})^{2}} = \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{r^{2} - x^{2}}} = \frac{r}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}}

S = 2 \times 2 π \int_{0}^{r} \sqrt{r^{2} - x^{2}} \frac{r}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} d x

= 4 π \int_{0}^{r} r d x = 4 π [r x]_{0}^{r} = 4 π r^{2}

【例題6.2】
　放物線

y = x^{2} (0 ≦ x ≦ 1)

を

y

軸のまわりに１回転してできる回転体の放物面の面積を求めてください．

（解答）
　

y

軸のまわりの回転だから，公式の

x, y

の立場を入れ換える．

S = 2 π \int_{0}^{1} x \sqrt{1 + (\frac{d x}{d y})^{2}} d y

ここで

x = \sqrt{y}

\frac{d x}{d y} = \frac{1}{2 \sqrt{y}}

\sqrt{1 + (\frac{d x}{d y})^{2}} = \sqrt{1 + \frac{1}{4 y}} = \frac{\sqrt{4 y + 1}}{2 \sqrt{y}}

だから

S = 2 π \int_{0}^{1} \sqrt{y} \frac{\sqrt{4 y + 1}}{2 \sqrt{y}} d y = π \int_{0}^{1} \sqrt{4 y + 1} d y

= π [\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} (4 y + 1)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1} = \frac{π}{6} (5 \sqrt{5} - 1)

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