放物線$C$と$D$の連立方程式
$\left\{\begin{array}{l}
y=2x^{2}\\
y=-(x-p)^{2}+2
\end{array}\right.$
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、
$-)$$ y=2x^{2}$
$\underline{-)y=-(x-p)^{2}+2}$
$-)$$ 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、
$(-2p)^{2}-4\cdot 3\cdot(p^{2}-2) \gt 0$
$p^{2} \lt 3$
より、$p$の範囲は
$-\sqrt{3} \lt p \lt \sqrt{3}$
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。

$-1 \lt \alpha \lt \beta \lt 1$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$-1 \lt p \lt 1$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$$\displaystyle =\left[x^{3}-px^{2}+(p^{2}-2)x\right]_{-1}^{1}$
$\displaystyle \int_{-1}^{1}f(x)dx$$\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、
$\left\{\begin{array}{l}
\int_{-1}^{\alpha}f(x)dx=T_{1}\\
\int_{\alpha}^{\beta}f(x)dx=-S\\
\int_{\beta}^{1}f(x)dx=T_{2}
\end{array}\right.$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、
$S=-3\cdot\left\{-\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^{3}\right\}$
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、$-1 \lt p \lt 1$のときの$q$の範囲だ。
$q=\sqrt{6-2p^{2}}$なので、
$-1 \lt p \lt 1$から$\sqrt{6-2p^{2}}$の範囲をつくろう。

$0\leqq p^{2} \lt 1$
$0\geqq-2p^{2} \gt -2$
$6\geqq 6-2p^{2} \gt 4$
３辺とも正の数なので、√に入れて、
$\sqrt{6}\geqq\sqrt{6-2p^{2}} \gt 2$
なので、
$2 \lt q\leqq\sqrt{6}$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、
$(S+T_{1}+T_{2})'=\displaystyle \frac{8}{9}q^{2}-2q$
$(S+T_{1}+T_{2})'\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2}{9}q(4q-9)$
より、$q=0,\displaystyle \ \frac{9}{4}$のとき、$(S+T_{1}+T_{2})'=0$

以上から$2 \lt q\leqq\sqrt{6}$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