放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ (ただし $0 < a < \frac{1}{2}$) …① について、以下の問いに答える。 (1) 放物線①が $a$ の値にかかわらず通る定点を求めよ。 (2) 放物線①と円 $x^2 + y^2 = 16$ …② の交点の $y$ 座標を求めよ。 (3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線①と円②で囲まれる部分のうち、放物線の上側にある部分の面積 $S$ を求めよ。

1. 問題の内容

放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ (ただし $0 < a < \frac{1}{2}$) …① について、以下の問いに答える。

(1) 放物線①が $a$ の値にかかわらず通る定点を求めよ。

(2) 放物線①と円 $x^2 + y^2 = 16$ …② の交点の $y$ 座標を求めよ。

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線①と円②で囲まれる部分のうち、放物線の上側にある部分の面積 $S$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) 放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ を $a$ について整理すると、

$a(x^2 - 12) + (2 - y) = 0$

これが $a$ の値にかかわらず成り立つためには、

$x^2 - 12 = 0$ かつ $2 - y = 0$ でなければならない。

よって、$x^2 = 12$ より $x = \pm 2\sqrt{3}$ であり、$y = 2$ である。

したがって、求める定点は $(2\sqrt{3}, 2)$ と $(-2\sqrt{3}, 2)$ である。

(2) ①と②の交点の $y$ 座標を求める。

$y = ax^2 - 12a + 2$ より $ax^2 = y + 12a - 2$ である。

$x^2 = \frac{y + 12a - 2}{a}$ となり、これを②に代入すると、

$\frac{y + 12a - 2}{a} + y^2 = 16$

$y + 12a - 2 + ay^2 = 16a$

$ay^2 + y - 4a - 2 = 0$

$a(y^2 - 4) + (y - 2) = 0$

$a(y - 2)(y + 2) + (y - 2) = 0$

$(y - 2)[a(y + 2) + 1] = 0$

よって、$y = 2$ または $a(y + 2) + 1 = 0$ である。

$a(y + 2) + 1 = 0$ より $a(y + 2) = -1$ だから、$y + 2 = -\frac{1}{a}$ となり、$y = -\frac{1}{a} - 2$ である。

$x^2 + y^2 = 16$ に $y = 2$ を代入すると、$x^2 + 4 = 16$ より $x^2 = 12$ だから $x = \pm 2\sqrt{3}$ である。

$x^2 + y^2 = 16$ に $y = -\frac{1}{a} - 2$ を代入すると、$x^2 + (-\frac{1}{a} - 2)^2 = 16$ より $x^2 = 16 - (-\frac{1}{a} - 2)^2$ である。

ただし、$0 < a < \frac{1}{2}$ より $-\frac{1}{a} - 2 < -4$ だから $y = -\frac{1}{a} - 2 < -4$ である。

$y^2 < 16$ なので、$y$ の値としてありえない。

したがって、求める $y$ 座標は $y = 2$ である。

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、①は $y = \frac{1}{4}x^2 - 12 \cdot \frac{1}{4} + 2 = \frac{1}{4}x^2 - 3 + 2 = \frac{1}{4}x^2 - 1$ となる。

放物線 $y = \frac{1}{4}x^2 - 1$ と円 $x^2 + y^2 = 16$ で囲まれる部分のうち、放物線の上側にある部分の面積 $S$ を求める。

交点の $x$ 座標は、$\frac{1}{4}x^2 - 1 = 2$ より $\frac{1}{4}x^2 = 3$ だから $x^2 = 12$ となり、$x = \pm 2\sqrt{3}$ である。

$S = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \left( \sqrt{16 - x^2} - (\frac{1}{4}x^2 - 1) \right) dx$

$S = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{16 - x^2} dx - \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} (\frac{1}{4}x^2 - 1) dx$

$I_1 = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{16 - x^2} dx$ について、$x = 4\sin\theta$ とおくと、$dx = 4\cos\theta d\theta$ である。

$x = -2\sqrt{3}$ のとき $\sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\theta = -\frac{\pi}{3}$ であり、$x = 2\sqrt{3}$ のとき $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\theta = \frac{\pi}{3}$ である。

$I_1 = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \sqrt{16 - 16\sin^2\theta} \cdot 4\cos\theta d\theta = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} 4\cos\theta \cdot 4\cos\theta d\theta = 16 \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2\theta d\theta = 16 \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1 + \cos2\theta}{2} d\theta = 8 \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} (1 + \cos2\theta) d\theta$

$I_1 = 8 \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin2\theta \right]_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} = 8 \left[ (\frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3}) - (-\frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}\sin(-\frac{2\pi}{3})) \right] = 8 \left[ \frac{2\pi}{3} + \sin\frac{2\pi}{3} \right] = 8 \left( \frac{2\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{16\pi}{3} + 4\sqrt{3}$

$I_2 = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} (\frac{1}{4}x^2 - 1) dx = \left[ \frac{1}{12}x^3 - x \right]_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} = \left( \frac{1}{12}(2\sqrt{3})^3 - 2\sqrt{3} \right) - \left( \frac{1}{12}(-2\sqrt{3})^3 - (-2\sqrt{3}) \right) = \left( \frac{1}{12} \cdot 8 \cdot 3\sqrt{3} - 2\sqrt{3} \right) - \left( -\frac{1}{12} \cdot 8 \cdot 3\sqrt{3} + 2\sqrt{3} \right) = (2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}) - (-2\sqrt{3} + 2\sqrt{3}) = 0 - 4\sqrt{3} = -4\sqrt{3}$

$S = I_1 - I_2 = \frac{16\pi}{3} + 4\sqrt{3} - (-4\sqrt{3}) = \frac{16\pi}{3} + 8\sqrt{3}$

3. 最終的な答え

(1) $(2\sqrt{3}, 2)$ と $(-2\sqrt{3}, 2)$

(2) $y = 2$

(3) $\frac{16\pi}{3} + 8\sqrt{3}$