軌跡と領域 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2$ は $2$ 乗の『差』だ。

$\mathrm{P}(x,y)$ とおいて書き下すと、$x^2$ と $y^2$ が打ち消し合う。残るのは $1$ 次式で、軌跡は直線になる。和 ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2$ なら円、差なら直線。この対比を見抜くのが核だ。

$\mathrm{P}(x,y)$ とおく。

$${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2=\{(x+3{)}^2+y^2\}-\{(x-3{)}^2+y^2\}$$

$x^2$、$y^2$ が消える。

$$=(x+3{)}^2-(x-3{)}^2=12x$$

これが $12$ に等しいので $12x=12$、$x=1$。軌跡は直線 $x=1$。

発展。 右辺の定数 $12$ を別の値 $k$ に変えると、軌跡は $x=\frac{k}{12}$。$k$ を実数全体で動かすと、$\mathrm{AB}$ に垂直な直線が平面をすき間なく埋めつくす。

$k=0$ のときは $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}$、つまり線分 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線になる。差が正なら $\mathrm{B}$ 寄り、負なら $\mathrm{A}$ 寄りの直線だ。

「${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2=$ 一定」は、$2$ 点を中心とする円に対する「方べき」の差が一定という条件でもある。$2$ 円の方べきが等しい点の集合(根軸)がいつも直線になるのは、これと同じ理由だ。

別解

別解:差を内積の形に書いて「直線」と見抜く(得意な人向けの視点)。 座標を展開する前に、${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2$ の構造を見る。

ベクトルで書くと ${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2=|\mathrm{A}-\mathrm{P}{|}^2-|\mathrm{B}-\mathrm{P}{|}^2$。これは差の $2$ 乗として因数分解できて

$${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2=(\mathrm{A}-\mathrm{B})\cdot (\mathrm{A}+\mathrm{B}-2\mathrm{P}).$$

$\mathrm{A}-\mathrm{B}=(-6,0)$ は定ベクトル。だから右辺は $\mathrm{P}=(x,y)$ の $1$ 次式で、$y$ を含まない。${\mathrm{PA}}^2-{\mathrm{PB}}^2$ が定数という条件は、$\mathrm{P}$ の $1$ 次方程式=直線を表す。しかも $\mathrm{AB}$ 方向のベクトル $\mathrm{A}-\mathrm{B}$ との内積だから、その直線は $\mathrm{AB}$ に垂直だ。

実際に代入すると $(-6,0)\cdot (-2x,-2y)=12x$。これが $12$ で $x=1$。座標を丸ごと展開する本解と同じ直線 $x=1$。「差が $\mathrm{P}$ の $1$ 次式になる」ことを構造から見れば、$y$ の項が消えるのは計算する前から分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 弦の中点 $\mathrm{M}$ を代数で追うと大変だ。

図形の事実を使う。弦の中点は中心 $\mathrm{O}$ から弦へ下ろした垂線の足。だから $\mathrm{OM}\perp$ 弦。

弦の傾きが $2$ なら、垂直な $\mathrm{OM}$ の傾きは $-\frac{1}{2}$。この幾何的性質から、$\mathrm{M}$ の満たす関係が決まる。

弦の中点 $\mathrm{M}$ は中心 $\mathrm{O}$ から直線(弦)へ下ろした垂線の足。よって $\mathrm{OM}$ は弦に垂直。弦(直線 $y=2x+k$)の傾きは $2$。垂直なので $\mathrm{OM}$ の傾きは $-\frac{1}{2}$。$\mathrm{M}$ は原点を通る傾き $-\frac{1}{2}$ の直線上にある。

$$y=-\frac{1}{2}x$$

ただし、弦ができるのは直線が円と2点で交わるときだけなので、$\mathrm{M}$ は円の内部にある部分に限る。

発展。 ここで得た直線 $y=-\frac{1}{2}x$ は、円の中心を通り、弦に垂直だ。一般に「傾きが等しい平行な弦」の中点は、どれもこの $1$ 本の直径の上に並ぶ(直径は平行な弦を二等分する)。

弦の向きを固定する代わりに、弦がすべて $1$ つの定点を通るように変えると、中点の軌跡は今度は円になる。中心と定点を結ぶ線分を直径とする円だ。

「中点=中心からの垂線の足」という一言が、これらをまとめて説明する。弦をどう動かすか(向き一定か、定点を通すか)で、中点の描く図形は直線にも円にもなる。

別解

別解:$2$ 交点を求めて中点を座標で出す(得意な人向けの計算ルート)。 幾何の性質を使わず、交点そのものを追う。

直線 $y=2x+k$ を円 $x^2+y^2=1$ に代入する。

$$x^2+(2x+k{)}^2=1⟹5x^2+4kx+(k^2-1)=0.$$

$2$ 交点の $x$ 座標を $x_1,x_2$ とすると、解と係数の関係で $x_1+x_2=-\frac{4k}{5}$。中点の座標は

$$x_{\mathrm{M}}=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{2k}{5},y_{\mathrm{M}}=2x_{\mathrm{M}}+k=\frac{k}{5}.$$

$k$ を消すと $x_{\mathrm{M}}=-2y_{\mathrm{M}}$、すなわち $y=-\frac{1}{2}x$。$2$ 点で交わる条件は判別式 $>0$、つまり $16k^2-20(k^2-1)>0$ から $k^2<5$。このとき ${\mathrm{OM}}^2=x_{\mathrm{M}}^2+y_{\mathrm{M}}^2=\frac{k^2}{5}<1$ なので、$\mathrm{M}$ は円の内部を動く。垂線の足を使う本解と同じ直線 $y=-\frac{1}{2}x$(円の内部)で、動く範囲まで式で確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\ell }_1\perp {\ell }_2$ だから、交点 $\mathrm{P}$ から $\mathrm{O}$ と $\mathrm{A}$ は直角に見える($\angle \mathrm{OPA}=90^{\circ }$)。

直角を見込む点はその $2$ 点を直径とする円の上にある(タレスの定理)。「直角を見込む点は直径の円上」と言い換えると、座標の計算がほとんど要らなくなる。

${\ell }_1\perp {\ell }_2$ で、$\mathrm{P}$ は ${\ell }_1$($\mathrm{O}$ を通る)と ${\ell }_2$($\mathrm{A}$ を通る)の交点。よって $\mathrm{PO}\perp \mathrm{PA}$、つまり $\angle \mathrm{OPA}=90^{\circ }$。直角を見込む点は線分 $\mathrm{OA}$ を直径とする円上にある。直径 $\mathrm{OA}$ の中点 $(2,0)$ が中心、半径は $\frac{\mathrm{OA}}{2}=2$。

$$(x-2{)}^2+y^2=4$$

除外点を吟味する。${\ell }_1$ が $x$ 軸(傾き $0$)のとき、${\ell }_2$ は直線 $x=4$ で、交点はちょうど $\mathrm{A}(4,0)$。つまり $\mathrm{A}$ は軌跡に含まれる。一方、交点が $\mathrm{O}$ になるには ${\ell }_2$ が $\mathrm{O}$ を通る必要があるが、傾き $m$ の ${\ell }_1$ に対し ${\ell }_2$ は $\mathrm{A}$ を通る傾き $-\frac{1}{m}$ の直線で、$\mathrm{O}$ を通ると $0=\frac{4}{m}$ となり不可能。よって除くのは $\mathrm{O}$ だけ。

発展。 ここでは見込む角が $90^{\circ }$ だったので、軌跡は $\mathrm{OA}$ を直径とする円になった。見込む角を $90^{\circ }$ 以外の一定角 $\theta$ に変えると、軌跡は $\mathrm{OA}$ を弦とする円弧になる(同じ弧の上では円周角が一定、という定理)。

角 $\theta$ が小さいほど弧はふくらんで大きな円になり、$\theta$ を $0$ に近づけると直線 $\mathrm{OA}$ の延長にせまる。$\theta =90^{\circ }$ はちょうど半円で、円の直径が $\mathrm{OA}$ になる特別な場合だ。

端点 $\mathrm{O}$、$\mathrm{A}$ では「角を見込む」こと自体ができない。だが元の問題は「$2$ 直線の交点」で定義されているから、端点が軌跡に入るかは、交点として実現するかで別に確かめる。今回は $\mathrm{A}$ が傾き $0$ の交点として現れ、$\mathrm{O}$ はどの傾きでも現れなかった。言い換えた条件(見込む角)と元の条件(交点)のずれを端点で埋めるのが、軌跡の仕上げの一歩だ。

別解

別解:いくつか実際に交点を打って円を見つける(苦手な人向けの実験ルート)。 定理を思い出す前に、手を動かして点を並べてみる。

${\ell }_1$ の傾きをいろいろ変え、${\ell }_2$($\mathrm{A}(4,0)$ を通り ${\ell }_1$ に垂直)との交点 $\mathrm{P}$ を計算する。

• 傾き $1$:${\ell }_1:y=x$、${\ell }_2:y=-(x-4)$。交点 $\mathrm{P}=(2,2)$。
• 傾き $-1$:$\mathrm{P}=(2,-2)$。
• 傾き $2$:${\ell }_1:y=2x$、${\ell }_2:y=-\frac{1}{2}(x-4)$。交点 $\mathrm{P}=(0.8,1.6)$。
• 傾き $0$:${\ell }_1$ は $x$ 軸、${\ell }_2$ は直線 $x=4$。交点 $\mathrm{P}=(4,0)=\mathrm{A}$。

これらはすべて中心 $(2,0)$、半径 $2$ の円 $(x-2{)}^2+y^2=4$ の上に乗る(例:$(0.8-2{)}^2+1.6^2=1.44+2.56=4$)。$\mathrm{A}$ 自身も傾き $0$ の交点としてきちんと現れる。

では $\mathrm{O}$ はどうか。交点が $\mathrm{O}$ になるには ${\ell }_2$ が $\mathrm{O}$ を通らなければならないが、${\ell }_2$ は $\mathrm{A}(4,0)$ を通る傾き $-\frac{1}{m}$ の直線なので、$\mathrm{O}$ を通ると $0=\frac{4}{m}$ となって不可能。どんな傾きでも $\mathrm{P}$ は $\mathrm{O}$ に届かない。だから除くのは $\mathrm{O}$ だけ。実験で見えた円はタレスの定理で解く本解の答えと一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{y}{x}$ を、原点と点 $(x,y)$ を結ぶ直線の傾きと読み替える。

すると問題は「原点から見て、長方形のどの点への傾きが最も急か・最もゆるいか」に変わる。$\frac{y}{x}=$ 傾き、という図形的な言い換えで、最大最小が図で見える形になる。

① $\frac{y}{x}$ の意味を読みかえる。 $\frac{y}{x}$ は原点 $\mathrm{O}$ とその点を結ぶ直線の傾き。だから「原点から見て、領域のどの点への傾きが最も急か・最もゆるいか」を考えればよい。

② 傾きが極端になる隅をさがす。 原点から見て傾きが最大になるのは、$y$ が大きく $x$ が小さい隅。最小になるのは、$y$ が小さく $x$ が大きい隅。長方形なので4隅を調べれば足りる。

③ その隅で $\frac{y}{x}$ を計算する。

$$\text{最大}=\frac{3}{2},\text{最小}=\frac{1}{4}$$

最大は隅 $(2,3)$、最小は隅 $(4,1)$ でとる。(参考:4隅の傾きは $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{3}{2}$。この中に最大・最小がある。)

まとめ:$\frac{y}{x}$ は「原点からの傾き」。図で原点から領域を見て、いちばん急・いちばんゆるい方向の点(ふつう頂点)でとる。

発展。 $\frac{y}{x}$ のような分数一次式は、原点を通る半直線の上ではどこでも同じ値をとる。$\frac{y}{x}=\tan (\text{偏角})$ で、値は「向き」だけで決まり、原点からの距離にはよらない。

原点を含まない凸領域の上で $\frac{y}{x}$ を動かすと、値の動く範囲は、原点から領域へ引いた $2$ 本の接する半直線(支持線)の傾きで挟まれる。今の長方形では、その接する半直線が対角の頂点 $(4,1)$ と $(2,3)$ をかすめている。

一般に $\frac{ax+by+c}{dx+ey+f}$ を凸領域上で最大最小する問題は、値が等しい点の集まりがすべて直線になるため、頂点や境界だけを調べれば済む。$1$ 次式(線形計画法)と分数一次式に共通する、「凸領域の端で極値をとる」性質だ。

別解

別解:分数を大きく/小さくするコツで隅を選ぶ(苦手な人向けの直感ルート)。 $\frac{y}{x}$ という分数を、そのまま大小で考える。

分数を大きくしたいなら、分子 $y$ をできるだけ大きく、分母 $x$ をできるだけ小さくする。長方形では $y$ の最大は $3$、$x$ の最小は $2$ だから、最大は $\frac{3}{2}$。小さくしたいなら逆に、分子を小さく分母を大きく。$y$ の最小 $1$、$x$ の最大 $4$ で、最小は $\frac{1}{4}$。

$x$ と $y$ は長方形の中でそれぞれ独立に動ける。だから分子と分母を別々に端へ寄せてよい(これは長方形だからできる技で、境界が斜めだと使えない)。最大 $\frac{3}{2}$(隅 $(2,3)$)・最小 $\frac{1}{4}$(隅 $(4,1)$)。原点からの傾きで見る本解と同じ答えで、「分子を大きく分母を小さく」と読むと隅がすぐ決まる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(x-3{)}^2+(y-3{)}^2$ は、定点 $(3,3)$ から点 $(x,y)$ までの距離の $2$ 乗だ。

だから求めるのは「領域の中で $(3,3)$ に最も近い点」。定点 $(3,3)$ は領域の外にある。外にあるなら、最も近い点は境界の上(辺への垂線の足か頂点)にある。

① 式の意味を読みかえる。 $(x-3{)}^2+(y-3{)}^2$ は、定点 $(3,3)$ から点 $(x,y)$ までの距離の2乗。だから「領域の中で $(3,3)$ に最も近い点」を探せばよい。

② 定点が領域の内か外かを確認する。 $(3,3)$ は $3+3=6>4$ なので、領域 $x+y\le 4$ の外にある。定点が外なら、最も近い点は領域の境界の辺の上にある。

③ 辺への垂線の足を求める。 いちばん近い辺は $x+y=4$。$(3,3)$ からこの辺へ垂線を下ろすと、足は法線方向 $(1,1)$ に $1$ だけ戻った点 $(2,2)$。この点は辺の端点 $(4,0)$ と $(0,4)$ の間にあるので、領域の点として採用できる。

④ 最小値を計算する。

$$(2-3{)}^2+(2-3{)}^2=1+1=2$$

まとめ:$(x-a{)}^2+(y-b{)}^2$ は「定点からの距離の2乗」。定点が領域の外なら、最も近い辺へ垂線を下ろした足が最近点(足が辺からはみ出すときは端点でとる)。

発展。 定点から凸な領域への最短点はただ $1$ つに定まる(凸集合への「射影」)。その最近点は辺への垂線の足か、さもなくば領域の頂点のどちらかだ。

最近点 $(2,2)$ では、$(3,3)$ を中心とする円がちょうど辺 $x+y=4$ に接している。距離を表す円の等高線が、境界に接する場所が最短点、という見方だ。

もし定点が領域の内側にあれば、最短距離は $0$(その点自身)。「点から凸領域への最短距離」は最小二乗法や最適化で繰り返し現れる基本の操作で、射影という名で呼ばれる。

別解

別解:境界を $1$ 変数の $2$ 次式に落とす(得意な人向けの計算ルート)。 垂線の足を図で求める代わりに、境界の上で式を最小化する。

まず頂点での値を見る。$(0,0)\to 18$、$(4,0)\to 10$、$(0,4)\to 10$。次に $3$ つの辺の内部を調べる。

いちばん小さくなるのは辺 $x+y=4$ の上だ。$y=4-x$($0\le x\le 4$)を代入すると

$$(x-3{)}^2+(1-x{)}^2=2x^2-8x+10.$$

これは下に凸の $2$ 次式で、頂点は $x=2$。値は $2\cdot 4-16+10=2$。$x=2$ は範囲 $0\le x\le 4$ の中にあり、点は $(2,2)$。

他の $2$ 辺($x=0$、$y=0$)では最小が $9$ で、これより大きい。よって領域全体での最小値は $2$。垂線の足を幾何で出す本解と同じで、辺ごとに $2$ 次式へ落とせば図形の性質を使わずに詰められる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 発想を逆転する。点 $(X,Y)$ を固定して「この点を通る直線が族の中にあるか」と問い直す。

点 $(X,Y)$ を通る $⟺$ $Y=2tX-t^2$ を満たす実数 $t$ が存在する。これを $t$ の $2$ 次方程式とみて、実数解をもつ条件(判別式 $\geqq 0$)を考える。通過領域=パラメータの解の存在条件、という見方が核だ。

点 $(X,Y)$ がこの直線群のどれかを通る ⟺ $Y=2tX-t^2$ を満たす実数 $t$ が存在する。$t$ について整理する。

$$t^2-2Xt+Y=0$$

これが実数解 $t$ をもつ条件は、判別式 $D\ge 0$。

$$D=(2X{)}^2-4Y=4X^2-4Y\ge 0\Rightarrow Y\le X^2$$

よって通過領域は放物線 $y=x^2$ の上ではなく下側(および放物線上)、$y\le x^2$。

発展。 通過領域を「点を固定して、パラメータの方程式が実数解をもつ条件」で捉えると、境界の意味が分かる。$t$ の方程式 $t^2-2xt+y=0$ の実数解の個数は、判別式の符号で決まる。

内部の点($y<x^2$)は $2$ 個の $t$ で通る。つまり、その点を通る直線が族の中に $2$ 本ある。境界 $y=x^2$ の点は重解でちょうど $1$ 本、外側($y>x^2$)は $1$ 本も通らない。

「点を固定して、それを実現するパラメータが在るか」と問い直す発想は、通過領域だけでなく、値域を求める問題や不等式の成立条件など幅広い場面で使える。族が直線でなく曲線でも、パラメータの実数解の存在条件に読み替えるのは同じだ。

別解

別解:縦の $1$ 本の直線上で、届く高さを調べる(苦手な人向けのルート)。 判別式を使わず、$x$ を $1$ つ固定して考える。

$x=X$ の縦線の上で、直線 $y=2tX-t^2$ が届く高さ $y$ を見る。$t$ の関数とみて平方完成すると

$$y=2Xt-t^2=-(t-X{)}^2+X^2.$$

$t$ を動かすと、$t=X$ で最大 $X^2$、そこから下は $-\infty$ までいくらでも取れる。

つまり縦線 $x=X$ の上で、直線群は $y\le X^2$ のすべての高さを覆い、$y>X^2$ には決して届かない。$X$ を動かせば通過領域は $y\le x^2$。判別式で解く本解と同じ結論に、「各縦線でどこまで届くか」を見るだけで着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 円板の上で $xy$ の最大最小を求める。

道具は「$2$ 乗は $0$ 以上」という、いつでも成り立つ不等式だ。$(x-y{)}^2\ge 0$ と $(x+y{)}^2\ge 0$ から $xy$ を上下に挟む。$2$ 乗の非負性で積を評価する。これは $x=y$、$x=-y$ で端をとる幾何とも一致する。

① 最大側の不等式を作る。 実数の2乗は $0$ 以上なので $(x-y{)}^2\ge 0$。展開すると $x^2-2xy+y^2\ge 0$、つまり $x^2+y^2\ge 2xy$。

② 円板の条件と組み合わせる。 領域は $x^2+y^2\le 4$。上の式とつなぐと $2xy\le x^2+y^2\le 4$ なので

$$xy\le 2$$

等号は $x=y$ かつ $x^2+y^2=4$、すなわち $(x,y)=(\sqrt{2},\sqrt{2})$ などのとき。

③ 最小側も同じ要領で。 今度は $(x+y{)}^2\ge 0$ から $x^2+y^2\ge -2xy$、つまり $-2xy\le 4$ なので

$$xy\ge -2$$

等号は $x=-y$ のとき。まとめると最大値 $2$、最小値 $-2$。

まとめ:$xy$ の最大最小は $(x\mp y{)}^2\ge 0$ から $x^2+y^2\ge \pm 2xy$ を作り、円板の条件 $x^2+y^2\le 4$ とつなぐ。等号成立($x=y$ / $x=-y$)が最大・最小をとる点。

発展。 座標軸を $45^{\circ }$ 回して $u=\frac{x+y}{\sqrt{2}}$、$v=\frac{x-y}{\sqrt{2}}$ とおくと、$xy=\frac{u^2-v^2}{2}$、$x^2+y^2=u^2+v^2$ になる。

円板 $u^2+v^2\le 4$ の上で $\frac{u^2-v^2}{2}$ は、$v=0$ で最大 $2$、$u=0$ で最小 $-2$。回した軸で見ると、$xy$ の最大最小が素直に読める。

$xy=c$ の等高線は直角双曲線で、$c$ が $\pm 2$ のとき円 $x^2+y^2=4$ に接する。この $\pm 2$ は $2$ 次形式 $xy$ の固有値 $\pm \frac{1}{2}$ に円の半径の $2$ 乗 $4$ を掛けた値でもある。「回して主軸に直す」見方を使うと、$2$ 次形式の最大最小をまとめて扱える。

別解

別解:円周上を角度で表して $2$ 倍角にする(得意な人向けの視点)。 最大最小は境界の円周でとる。中心から遠いほど積の絶対値が大きくなるからだ(半径 $r<2$ の点を円周まで $\frac{2}{r}$ 倍に伸ばすと、$xy$ は $(\frac{2}{r}{)}^2$ 倍に増える)。

そこで円周を $x=2\cos \theta$、$y=2\sin \theta$ と表す。

$$xy=4\cos \theta \sin \theta =2\sin 2\theta .$$

$\sin 2\theta$ は $-1$ から $1$ まで動くので、$xy$ は $-2$ から $2$ まで。最大 $2$($2\theta =\frac{\pi }{2}$、すなわち $x=y=\sqrt{2}$)、最小 $-2$($x=-y=\sqrt{2}$)。$2$ 乗の非負性で挟む本解と同じ答え。円周を角度で表すと、$xy=2\sin 2\theta$ という $1$ つの三角関数になり、最大最小が振れ幅からすぐ読める。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 媒介変数表示の軌跡は、パラメータ $a$ を消すことに尽きる。

$x=a+1$、$y=a^2$ の $2$ 式がある。$x$ の式は $a$ について簡単に解けて $a=x-1$。これを $y=a^2$ に代入すれば $a$ が消え、$x$ と $y$ の関係式が残る。消しやすい式から $a$ を解く、という定跡を確認する問題だ。

$x=a+1$、$y=a^2$ とおく。$x$ の式から

$$a=x-1$$

これを $y=a^2$ に代入して $a$ を消す。

$$y=(x-1{)}^2$$

$a$ は実数全体を動くので、$x=a+1$ も実数全体をとる。よって軌跡は放物線 $y=(x-1{)}^2$ 全体。

発展。 媒介変数表示 $x=f(a)$、$y=g(a)$ から $a$ を消すと、$x$ と $y$ の関係式(陰関数)が得られる。ここでは $a$ が実数全体を動き、$x=a+1$ も実数全体をとるので、放物線が丸ごと現れた。

注意が要るのは、消去のときに動ける範囲が狭まる場合だ。たとえば $x=a^2$ なら $x\ge 0$ に限られ、軌跡は放物線の一部になる。式だけ見て「全体」と早合点せず、$x$ のとれる範囲を必ず確かめる。

逆に、$x$、$y$ を $1$ つのパラメータで表すと、円・楕円・サイクロイドなど、陰関数のままでは動かしにくい曲線も点の動きとして描ける。媒介変数と陰関数を行き来する感覚は、この先の曲線の問題で役に立つ。

別解

別解:基本の放物線 $y=x^2$ を右へずらしたものと見る(得意な人向けの視点)。 $a$ を消す計算をせず、図形の移動として捉える。

点 $(a,a^2)$ は放物線 $y=x^2$ の上の点そのものだ($a$ が $x$ 座標)。いまの点は $\mathrm{P}(a+1,a^2)$ で、$x$ 座標だけが $1$ 大きい。つまり $\mathrm{P}$ は $y=x^2$ 上の点を右へ $1$ だけ平行移動した点。$a$ が実数全体を動くと、放物線 $y=x^2$ が丸ごと右へ $1$ ずれる。

移動後の式は $y=(x-1{)}^2$。$a$ を代入で消す本解と同じ放物線。「$y=x^2$ を右へ $1$」と見れば、頂点が $(0,0)$ から $(1,0)$ に動くことも一目で分かる。