\(u\) を実数とする. 座標平面上の \(2\) つの放物線 \[\begin{align} C _ 1 : \quad & y = -x^2+1 \\ C _ 2 : \quad & y = (x-u)^2+u \end{align}\] を考える. \(C _ 1\) と \(C _ 2\) が共有点をもつような \(u\) の値の範囲は, ある実数 \(a , b\) により, \(a \leqq x \leqq b\) と表される.
(1) \(a , b\) の値を求めよ.
(2) \(u\) が \(a \leqq x \leqq b\) をみたすとき, \(C _ 1\) と \(C _ 2\) の共有点を \(\text{P} {} _ 1 \ ( x _ 1 , y _ 1 )\) , \(\text{P} {} _ 2 \ ( x _ 2 , y _ 2 )\) とする. ただし, 共有点が \(1\) 点のみのときは, \(\text{P} {} _ 1\) と \(\text{P} {} _ 2\) は一致し, ともにその共有点を表すとする. \[ 2 \left| x _ 1 y _ 2 -x _ 2 y _ 1 \right| \] を \(u\) の式で表せ.
(3) (2) で得られる \(u\) の式を \(f(u)\) とする. 定積分 \[ I = \displaystyle\int _ a^b f(u) \, du \] を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(C _ 1\) と \(C _ 2\) から \(y\) を消去すると \[\begin{align} -x^2 + 1 = (x-u)^2 & +u \\ 2x^2 -2ux +u^2 +u -1 & = 0 \quad ... [1] \end{align}\] この \(x\) の \(2\) 次方程式が, 実数解をもてばよいので, 判別式 \(D\) について \[\begin{align} \dfrac{D}{4} & = u^2 -2 \left( u^2 +u -1 \right) \geqq 0 \\ & u^2 +2u -2 \leqq 0 \\ \text{∴} \quad & -1 -\sqrt{3} \leqq u \leqq -1 +\sqrt{3} \end{align}\] よって \[ a = \underline{-1 -\sqrt{3}} , \quad b = \underline{-1 +\sqrt{3}} \]
(2)
解と係数の関係から, [1] より \[ x _ 1 +x _ 2 = u , \ x _ 1 x _ 2 = \dfrac{1}{2} \left( u^2 +u -1 \right) \quad ... [2] \] \(\text{P} {} _ 1 , \text{P} {} _ 2\) はともに \(C _ 1\) 上の点なので \[ y _ 1 = -{x _ 1}^2 +1 , \ y _ 2 = -{x _ 2}^2 +1 \] これと [2] を用いれば, 求める値は \[\begin{align} 2 \left| x _ 1 y _ 2 -x _ 2 y _ 1 \right| & = 2 \left| x _ 1 \left( -{x _ 1}^2 +1 \right) -x _ 2 \left( -{x _ 2}^2 +1 \right) \right| \\ & = 2 \left| \left( x _ 1 x _ 2 +1 \right) \left( x _ 1 -x _ 2 \right) \right| \\ & = \left| u^2 +u +1 \right| \sqrt{u^2 -2 \left( u^2 +u -1 \right)} \\ & = \underline{\left( u^2 +u +1 \right) \sqrt{-u^2 -2u +2}} \end{align}\] ここで, \(u^2 +u +1 = \left( u +\dfrac{1}{2} \right)^2 +\dfrac{3}{4} \gt 0\) を用いた.
(3)
\[ f(u) = \left( u^2 +u +1 \right) \sqrt{3 -(u+1)^2} \] ここで, \(t = u+1\) とおくと, \(u = t-1\) なので \[\begin{align} f(u) & = \left\{ (t-1)^2 +(t-1) +1 \right\} \sqrt{3-t^2} \\ & = \left( t^2 -t +1 \right) \sqrt{3-t^2} \end{align}\] また, \(du = dt\) であり, \[ u : \ -1 -\sqrt{3} \rightarrow -1 +\sqrt{3} \text{のとき, } \quad t : \ -\sqrt{3} \rightarrow +\sqrt{3} \] なので, 置換積分すると \[ I = \displaystyle\int _ {-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left( t^2 -t +1 \right) \sqrt{3-t^2} \, dt \] 奇関数, 偶関数の性質を用いれば \[ I = 2 \displaystyle\int _ {0}^{\sqrt{3}} \left( t^2 +3 \right) \sqrt{3-t^2} \, dt \] さらに, \(t = \sqrt{3} \sin \theta \quad \left( 0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおくと \[ dt = \sqrt{3} \cos \theta \, d \theta \] であり \[ t : \ -\sqrt{3} \rightarrow +\sqrt{3} \text{のとき, } \quad \theta : \ 0 \rightarrow \dfrac{\pi}{2} \] なので, 置換積分すると \[\begin{align} I & = 6 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 3 \sin^2 \theta +1 \right) \cos^2 \theta \, d \theta \\ & = 6 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta +\cos^2 \theta \right) \, d \theta \\ & = 6 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \dfrac{3}{4} \sin^2 2 \theta +\dfrac{1 +\cos 2 \theta}{2} \right) \, d \theta \\ & = 3 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \dfrac{3}{4} \left( 1 -\cos 4 \theta \right) +1 +\cos 2 \theta \right\} \, d \theta \\ & = 3 \left[ -\dfrac{3}{16} \sin 4 \theta +\dfrac{1}{2} \sin 2 \theta + \dfrac{7 \theta }{4} \right] _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = 3 \cdot \dfrac{7 \pi}{8} \\ & = \underline{\dfrac{21 \pi}{8}} \end{align}\]