\(xy\) 平面上に曲線 \(C : \ y = x^2\) がある. \(C\) 上の \(2\) 点 P , Q が \(\text{PQ} = 2\) をみたしながら動くとき, PQ の中点の軌跡を \(D\) とする. 次の問いに答えよ.
(1) \(D\) の方程式を求めよ.
(2) \(C , D\) , \(y\) 軸および直線 \(x = \dfrac{1}{2}\) で囲まれた部分を \(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転させてできる立体の体積を求めよ.
【 解 答 】
(1)
P , Q の \(x\) 座標を \(p , q \ ( p \gt q )\) とおく.
さらに, \(s = p+q\) , \(t = pq\) とおくと, \(p , q\) は方程式 \(u^ 2 -su +t = 0\) の異なる \(2\) つの実数解であるので, 判別式 \(D\) について
\[
D = s^2 -4t \gt 0 \quad ... [1]
\]
をみたす.
PQ の中点M \(( X , Y )\) は
\[\begin{align}
X & = \dfrac{p+q}{2} = \dfrac{s}{2} , \\
Y & = \dfrac{p^2 +q^2}{2} = \dfrac{s^2 -2t}{2}
\end{align}\]
なので
\[\begin{align}
s & = 2X \quad ... [2] , \\
t & = \dfrac{(2X)^2}{2} -Y =2X^2 -Y \quad ... [3]
\end{align}\]
[1] に [2] [3] を代入すれば
\[\begin{align}
4X^2 -4 ( 2X^2 -Y ) & \gt 0 \\
-X^2 +Y & \gt 0 \\
\text{∴} \quad Y & \gt X^2 \quad ... [4]
\end{align}\]
\(\text{PQ} = 2\) より
\[\begin{align}
( p-q )^2 +( p^2 +q^2 )^2 & = 4 \\
( p-q )^2 \left\{ 1 +( p+q )^2 \right\} & = 4 \\
\text{∴} \quad ( s^2 -4t ) ( 1 +s^2 ) & = 4
\end{align}\]
これに, [2] [3] を代入すれば
\[\begin{align}
\left\{ 4 X^2 -4 ( 2X^2 -Y ) \right\} ( 1 +4X^2 ) & = 4 \\
4 ( Y^2 -X^2 ) & = \dfrac{4}{1 +4X^2} \\
\text{∴} \quad Y = X^2 & +\dfrac{4}{1 +4X^2}
\end{align}\]
これは [4] をみたしている.
よって, 求める \(D\) の式は
\[
\underline{y = x^2 +\dfrac{1}{1 +4x^2}}
\]
(2)
求める体積を \(V\) とおくと \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{2}} \left\{ \left( x^2 +\dfrac{1}{1 +4x^2} \right)^2 -\left( x^2 \right)^2 \right\} \, dx \\ & = \pi \displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{2}} \left\{ \dfrac{1}{2} \left( 1 -\dfrac{1}{1 +4x^2} \right) +\dfrac{1}{( 1 +4x^2 )^2} \right\} \, dx \\ & = \dfrac{\pi}{4} -\dfrac{\pi}{2} \underline{\displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{2}} \dfrac{1}{1 +4x^2} \, dx} _ {[5]} +\pi \underline{\displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{2}} \dfrac{1}{(1 +4x^2)^2} \, dx} _ {[6]} \end{align}\] ここで, [5] [6] について, \(x = \dfrac{\tan \theta}{2} \ \left( -\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおくと \[ dx = \dfrac{d \theta}{2 \cos^2 \theta} , \quad \begin{array}{c|ccc} x & 0 & \rightarrow & \dfrac{1}{2} \\ \hline \theta & 0 & \rightarrow & \dfrac{\pi}{4} \end{array} \] なので \[\begin{align} [5] & = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ 0^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{1 +\tan^2 \theta} \cdot \dfrac{1}{\cos^2 \theta} \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{2} \left[ \theta \right] _ 0^{\frac{\pi}{4}} = \dfrac{\pi}{8} , \\ [6] & = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ 0^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\left( 1 +\tan^2 \theta \right)^2} \cdot \dfrac{1}{\cos^2 \theta} \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ 0^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 \theta \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{4} \displaystyle\int _ 0^{\frac{\pi}{4}} ( 1 +\cos 2 \theta ) \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{4} \left[ \theta +\dfrac{\sin 2 \theta}{2} \right] _ 0^{\frac{\pi}{4}} \\ & = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{\pi}{4} +\dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{\pi}{16} +\dfrac{1}{8} \end{align}\] よって \[\begin{align} V & = \dfrac{\pi}{4} -\dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{\pi}{8} +\pi \left( \dfrac{\pi}{16} +\dfrac{1}{8} \right) \\ & = \underline{\dfrac{3 \pi}{8}} \end{align}\]