放物線$C$と$D$の連立方程式
$\{\begin{array}{l}y=2x^2\\ y=-(x-p{)}^2+2\end{array}$
を解く。
ただし、この形の連立方程式は代入法で解くのが普通だろうけど、今回は加減法で解く。

辺々引くと、
$-)$$y=2x^2$
$\underset{―}{-)y=-(x-p{)}^2+2}$
$-)$$0=2x^2-\{-(x-p{)}^2+2\}$式Ａ
この右辺が$f(x)$なので、$f(x)=0$は、放物線$C$と$D$の連立方程式を解いている途中式だ。

式Ａを展開して、
$3x^2-2px+p^2-2=0$式Ａ'

解答ア：２, イ：２

この解が放物線$C$と$D$の交点の$x$座標である。
$C$と$D$は異なる２点で交わるので、式Ａ'の方程式は異なる２つの実数解をもつ。
よって、判別式から、
$(-2p{)}^2-4\cdot 3\cdot (p^2-2)>0$
$p^2<3$
より、$p$の範囲は
$-\sqrt{3}<p<\sqrt{3}$
である。

解答ウ：３

$\alpha +\beta ,\beta -\alpha$については、 解法１
解と係数の関係から求める 解法２ 解の公式を使って$\alpha ,\beta$を求め、たしたり引いたりする。 の方法が考えられる。解法２は強引な感じだが、今回はこっちが計算が楽かも。

$-1<\alpha <\beta <1$より、グラフを描くと図Ｂのようになる。グラフ中、放物線$D$の軸$p$は正になっているけれど、$p$の範囲は$-1<p<1$である。

図の固定

アイの式より、
${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx={\int }_{-1}^1(3x^2-2px+p^2-2)dx}$
${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx}$${\displaystyle ={[x^3-p{x}^2+(p^2-2)x]}_{-1}^1}$
${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx}$${\displaystyle =2p^2-2}$式Ｆ

解答ク：２, ケ：２

${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx={\int }_{-1}^{\alpha }f(x)dx+{\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx}$
                 ${\displaystyle +{\int }_{\beta }^{1}f(x)dx}$式Ｇ
とかける。
$f(x)$は$C$の式$-D$の式なので、
$\{\begin{array}{l}{\int }_{-1}^{\alpha }f(x)dx=T_1\\ {\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx=-S\\ {\int }_{\beta }^{1}f(x)dx=T_2\end{array}$式Ｈ
式Ｈを式Ｇに代入して、
${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx=T_1-S+T_2}$式Ｉ
である。

解答コ：０

次に$S$を求める。
式Ｈより、
${\displaystyle {\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx=-S}$
$S=-{\displaystyle {\int }_{\alpha }^{\beta }f(x)dx}$式J
ここで、$\alpha ,\beta$は$f(x)=0$の解なので、${\displaystyle \frac{1}{6}}$公式が使える。

なので、式Jは、
$S=-3\cdot \{-\frac{1}{6}(\beta -\alpha {)}^3\}$
これに式Cを代入して、
$S{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{1}{2}{\left(\frac{2}{3}\sqrt{6-2p^2}\right)}^3}$
$S{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{2^2}{3^3}{\left(\sqrt{6-2p^2}\right)}^3}$式K
$S$$=\frac{8}{27}(3-p^2)\sqrt{6-2p^2}$
となる。

解答サ：８, シ：２, ス：７, セ：３, ソ：６

ちょっとややこしくなってきたから、いったん整理しよう。
これから使いそうな式は ${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx=T_1-S+T_2}$式Ｉ ${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx=2p^2-2}$式Ｆ $S{\displaystyle =\frac{2^2}{3^3}{\left(\sqrt{6-2p^2}\right)}^3}$式K の３つ。

式Ｉの両辺に$2S$をたして、
$S+T_1+T_2={\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx+2S}$式Ｉ'

$q=\sqrt{6-2p^2}$とおくので、
両辺２乗して、
$2p^2=6-q^2$
$p^2=3-{\displaystyle \frac{q^2}{2}}$

これを式Ｆに代入して、
${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx=6-q^2-2=4-q^2}$式Ｆ'

式Ｋに代入して、
$S={\displaystyle \frac{2^2}{3^3}{q}^3=\frac{4}{27}{q}^3}$式Ｋ'

式Ｆ'・Ｋ'を式Ｉ'の右辺に代入して、
$S+T_1+T_2=(4-q^2)+2{\displaystyle \cdot \frac{4}{27}{q}^3}$
$S+T_1+T_2{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{8}{27}{q}^3-q^2+4}$式Ｌ

解答タ：８, チ：２, ツ：７, テ：４

次は、$-1<p<1$のときの$q$の範囲だ。
$q=\sqrt{6-2p^2}$なので、
$-1<p<1$から$\sqrt{6-2p^2}$の範囲をつくろう。

$0\leqq p^2<1$
$0\geqq -2p^2>-2$
$6\geqq 6-2p^2>4$
３辺とも正の数なので、√に入れて、
$\sqrt{6}\geqq \sqrt{6-2p^2}>2$
なので、
$2<q\leqq \sqrt{6}$式Ｍ
である。

解答ト：２, ナ：６

もうちょっとだ。
$q$が式Ｍの範囲のとき、式Ｌが最小値となる$q$を求める。

式Ｌを微分して、
$(S+T_1+T_2{)}^{\prime }={\displaystyle \frac{8}{9}{q}^2-2q}$
$(S+T_1+T_2{)}^{\prime }{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{2}{9}q(4q-9)}$
より、$q=0,{\displaystyle \frac{9}{4}}$のとき、$(S+T_1+T_2{)}^{\prime }=0$

以上から$2<q\leqq \sqrt{6}$の範囲で$S+T_1+T_2$の増減表をかくと、

表Ｃより、
$S+T_1+T_2$は$q={\displaystyle \frac{9}{4}}$のとき最小となる。

解答ニ：９, ヌ：４

このときの$p$は、
${\displaystyle \sqrt{6-2p^2}=\frac{9}{4}}$
より、両辺を２乗して、
$6-2p^2={\displaystyle \frac{9^2}{4^2}}$
$p^2={\displaystyle \frac{6\cdot 4^2-9^2}{4^2\cdot 2}}$
$p^2{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{3\cdot 5}{4^2\cdot 2}}$
$p={\displaystyle \pm \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{2}}}$
分母を有理化して、
$p={\displaystyle \pm \frac{\sqrt{30}}{8}}$
である。

解答ネ：３, ノ：０, ハ：８