与えられた放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ (ただし $0 < a < \frac{1}{2}$) と円 $x^2 + y^2 = 16$ について、以下の問題を解く。 (1) 放物線が $a$ の値にかかわらず通る定点を求める。 (2) 放物線と円の交点の $y$ 座標を求める。 (3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線と円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。

1. 問題の内容

与えられた放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ (ただし $0 < a < \frac{1}{2}$) と円 $x^2 + y^2 = 16$ について、以下の問題を解く。

(1) 放物線が $a$ の値にかかわらず通る定点を求める。

(2) 放物線と円の交点の $y$ 座標を求める。

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線と円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。

2. 解き方の手順

(1) $a$ の値にかかわらず通る定点を求める。

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

$a(x^2 - 12) + (2 - y) = 0$ となる。

これが任意の $a$ に対して成り立つためには、

$x^2 - 12 = 0$ かつ $2 - y = 0$ である必要がある。

したがって、$x^2 = 12$ より $x = \pm 2\sqrt{3}$ であり、$y = 2$ となる。

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

(2) 放物線と円の交点の $y$ 座標を求める。

放物線 $y = ax^2 - 12a + 2$ と円 $x^2 + y^2 = 16$ の交点を求める。

$x^2 = 16 - y^2$ を放物線の式に代入すると、

$y = a(16 - y^2) - 12a + 2$

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

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

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

$y = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4a(4a + 2)}}{2a} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 16a^2 + 8a}}{2a}$

$y$ 座標の値は一つに定まらないため、解法が間違っている。

(1)で求めた定点$(2\sqrt{3}, 2)$と$(-2\sqrt{3}, 2)$は、円$x^2+y^2=16$上にある。

$(2\sqrt{3})^2 + 2^2 = 12 + 4 = 16$

$(-2\sqrt{3})^2 + 2^2 = 12 + 4 = 16$

したがって、放物線と円の交点の $y$ 座標は $y = 2$ である。

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線と円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。

$a = \frac{1}{4}$ を放物線の式に代入すると、$y = \frac{1}{4}x^2 - 3 + 2 = \frac{1}{4}x^2 - 1$ となる。

放物線 $y = \frac{1}{4}x^2 - 1$ と円 $x^2 + y^2 = 16$ の交点の $x$ 座標は $x = \pm 2\sqrt{3}$ である。

求める面積 $S$ は、

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

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

$I_1 = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} \sqrt{16 - x^2} dx$ は、半径4の円の上半分のうち、$x = \pm 2\sqrt{3}$ で区切られた部分の面積である。

$x = 4\cos{\theta}$ とすると、$dx = -4\sin{\theta} d\theta$ であり、

$x = 2\sqrt{3}$ のとき $\cos{\theta} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\theta = \frac{\pi}{6}$、

$x = -2\sqrt{3}$ のとき $\cos{\theta} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\theta = \frac{5\pi}{6}$ である。

$I_1 = \int_{\frac{5\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{16 - 16\cos^2{\theta}}(-4\sin{\theta}) d\theta$

$= \int_{\frac{5\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} 4\sin{\theta}(-4\sin{\theta}) d\theta = -16\int_{\frac{5\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \sin^2{\theta} d\theta$

$= -16\int_{\frac{5\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1 - \cos{2\theta}}{2} d\theta = -8[\theta - \frac{1}{2}\sin{2\theta}]_{\frac{5\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}$

$= -8[(\frac{\pi}{6} - \frac{1}{2}\sin{\frac{\pi}{3}}) - (\frac{5\pi}{6} - \frac{1}{2}\sin{\frac{5\pi}{3}})] = -8[(\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}) - (\frac{5\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4})]$

$= -8[-\frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}] = \frac{16\pi}{3} + 4\sqrt{3}$

$I_2 = \int_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}} (\frac{1}{4}x^2 - 1) dx = [\frac{1}{12}x^3 - x]_{-2\sqrt{3}}^{2\sqrt{3}}$

$= (\frac{1}{12}(2\sqrt{3})^3 - 2\sqrt{3}) - (\frac{1}{12}(-2\sqrt{3})^3 + 2\sqrt{3}) = (\frac{1}{12}(8 \cdot 3\sqrt{3}) - 2\sqrt{3}) - (\frac{1}{12}(-8 \cdot 3\sqrt{3}) + 2\sqrt{3})$

$= (2\sqrt{3} - 2\sqrt{3}) - (-2\sqrt{3} + 2\sqrt{3}) = 4\sqrt{3} - 4\sqrt{3} = -4\sqrt{3}$

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

3. 最終的な答え

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

(2) $y = 2$

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