解説

方針・初手

接する条件は、直線 $y=x$ と放物線 $y=x^2+a$ の共有点が重解をもつこととして処理する。

また、直線 $y=x$ を回転軸とするので、点 $P$ から直線 $y=x$ への距離を半径、垂線の足 $H$ までの距離 $OH$ を軸方向の変数として使う。

解法1

まず、直線 $\ell:y=x$ と曲線 $C:y=x^2+a$ が接する条件を求める。

交点の $x$ 座標は

$$ x=x^2+a

$$

を満たす。すなわち

$$ x^2-x+a=0

$$

である。接するためには、この2次方程式が重解をもてばよいから、判別式を $0$ として

$$ 1-4a=0

$$

より

$$ a=\frac14

$$

である。

このとき

$$ x^2-x+\frac14=0

$$

すなわち

$$ \left(x-\frac12\right)^2=0

$$

であるから、接点の $x$ 座標は $x=\frac12$ である。直線 $y=x$ 上の点なので、接点は

$$ \left(\frac12,\frac12\right)

$$

である。

次に、$C:y=x^2+\frac14$ 上で $x$ 座標が $t$ である点を $P$ とすると、

$$ P=\left(t,\ t^2+\frac14\right)

$$

である。

直線 $\ell:y=x$ は

$$ x-y=0

$$

と書けるので、点 $P$ から直線 $\ell$ までの距離は

$$ PH=\frac{\left|t-\left(t^2+\frac14\right)\right|}{\sqrt2}

$$

である。ここで

$$ t^2+\frac14-t=\left(t-\frac12\right)^2

$$

だから、

$$ PH=\frac{\left(t-\frac12\right)^2}{\sqrt2}

$$

である。

また、点 $(x,y)$ から直線 $y=x$ へ下ろした垂線の足は

$$ \left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2}\right)

$$

である。したがって

$$ H=\left(\frac{t+t^2+\frac14}{2},\frac{t+t^2+\frac14}{2}\right)

$$

である。

ここで

$$ t+t^2+\frac14=\left(t+\frac12\right)^2

$$

より、

$$ H=\left(\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{2},\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{2}\right)

$$

である。したがって

$$ \begin{aligned} OH &= \sqrt{ \left(\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{2}\right)^2 + \left(\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{2}\right)^2 } = \\ \frac{\left(t+\frac12\right)^2}{\sqrt2} \end{aligned} $$

である。

最後に、直線 $\ell$ と曲線 $C$ および直線 $y=-x$ で囲まれた図形を考える。

曲線 $C$ と直線 $y=-x$ の交点は

$$ x^2+\frac14=-x

$$

より

$$ \left(x+\frac12\right)^2=0

$$

だから、

$$ \left(-\frac12,\frac12\right)

$$

である。

したがって、曲線 $C$ 上の点 $P$ は

$$ -\frac12 \leqq t \leqq \frac12

$$

の範囲を動く。

回転軸 $\ell$ に垂直な断面を考えると、半径は $PH$ であり、軸方向の変数は $OH$ である。そこで

$$ u=OH=\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{\sqrt2}

$$

とおくと、

$$ \frac{du}{dt}=\sqrt2\left(t+\frac12\right)

$$

である。

また、回転してできる断面は半径 $PH$ の円であるから、体積 $V$ は

$$ V=\pi\int (PH)^2,du

$$

で与えられる。よって

$$ \begin{aligned} V &= \pi\int_{-\frac12}^{\frac12} \left\{\frac{\left(t-\frac12\right)^2}{\sqrt2}\right\}^2 \sqrt2\left(t+\frac12\right),dt \\ &= \frac{\pi}{\sqrt2} \int_{-\frac12}^{\frac12} \left(t-\frac12\right)^4\left(t+\frac12\right),dt \end{aligned}

$$

となる。

ここで

$$ s=t+\frac12

$$

とおくと、$t=-\frac12$ のとき $s=0$、$t=\frac12$ のとき $s=1$ であり、

$$ t-\frac12=s-1

$$

だから、

$$ \begin{aligned} V &= \frac{\pi}{\sqrt2} \int_0^1 s(s-1)^4,ds \\ &= \frac{\pi}{\sqrt2} \int_0^1 s(1-s)^4,ds \end{aligned}

$$

である。

計算すると、

$$ \begin{aligned} \int_0^1 s(1-s)^4,ds &= \int_0^1 \left(s-4s^2+6s^3-4s^4+s^5\right),ds \\ &= \left[\frac{s^2}{2}-\frac{4s^3}{3}+\frac{3s^4}{2}-\frac{4s^5}{5}+\frac{s^6}{6}\right]_0^1 \\ &= \frac12-\frac43+\frac32-\frac45+\frac16 \\ &= \frac1{30} \end{aligned}

$$

である。したがって、

$$ V=\frac{\pi}{30\sqrt2}

$$

である。

解説

この問題の中心は、回転軸が座標軸ではなく直線 $y=x$ である点である。

通常の $x$ 軸回転・$y$ 軸回転のようにそのまま積分するのではなく、直線 $y=x$ に垂直な方向の長さ $PH$ を半径、直線 $y=x$ に沿った長さ $OH$ を積分変数として扱うのが自然である。

特に、(2) で求めた

$$ PH=\frac{\left(t-\frac12\right)^2}{\sqrt2}, \qquad OH=\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{\sqrt2}

$$

をそのまま (3) に使える構造になっている。

答え

**(1)**

$$ a=\frac14

$$

接点は

$$ \left(\frac12,\frac12\right)

$$

である。

**(2)**

$$ PH=\frac{\left(t-\frac12\right)^2}{\sqrt2}

$$

$$ OH=\frac{\left(t+\frac12\right)^2}{\sqrt2}

$$

である。

**(3)**

求める体積は

$$ \frac{\pi}{30\sqrt2}

$$

である。