軌跡と領域 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 通過領域の基本の方法は逆手流だ。点 $(x,y)$ を固定し、「この点を通る $t$ が存在するか」を $t$ の方程式

$$g(t)=t^2-2xt+y=0$$

の解の存在に言い換える。$t$ が全実数なら判別式だけで済む。だが本問は $0\le t\le 1$。区間に解をもつ条件が要る。区間解の存在は「端点で符号が変わる(またぎ型)」か「区間内に軸と頂点があり両端が0以上(内部型)」の2パターンで尽くせる。

① 条件を書き下ろす((1))。 $g(0)=y$、$g(1)=1-2x+y$、判別式 $D/4=x^2-y$、軸は $t=x$。よって $(x,y)\in D$ ⟺

• またぎ型: $y(y-2x+1)\le 0$、または
• 内部型: $y\le x^2$ かつ $0\le x\le 1$ かつ $y\ge 0$ かつ $y\ge 2x-1$

② 領域の形を読む。 境界は $y=0$(直線 $t=0$ の像)、$y=2x-1$($t=1$ の像)、$y=x^2$(判別式 $=0$、すなわち族の包絡線)。とくに $y=2x-1$ は $y=x^2$ に点 $(1,1)$ で接する($x^2-2x+1=(x-1{)}^2$)。あわせると、$D$ は下の縁が $y=\min (0,2x-1)$、上の縁が「$x\le 0$ では $y=0$ / $0\le x\le 1$ では $y=x^2$ / $x\ge 1$ では $y=2x-1$」の帯状の領域になる。

③ $x=2$ での切り口((2))。 $x=2$ を条件に入れる。内部型は $0\le x\le 1$ を満たさず空。またぎ型は $y(y-3)\le 0$ ⟺ $0\le y\le 3$。よって共通部分は

$$\text{線分}x=2,0\le y\le 3$$

(端 $y=0$ は $t=0$、$y=3$ は $t=1$ の直線が通る点。)

まとめ: 直線の族(全実数 $t$)なら判別式1本で済む通過領域が、線分の族($t$ に範囲)になると区間の解の配置に格上げされる。境界3本($t=0$ の像・$t=1$ の像・包絡線 $y=x^2$)の役割と接点 $(1,1)$ まで読めれば、図はすぐに描ける。

発展。 実は $y=2tx-t^2$ は、放物線 $y=x^2$ の点 $(t,t^2)$ における接線そのものだ($x^2-(2tx-t^2)=(x-t{)}^2$)。この問題の族は「接点が $0\le t\le 1$ の接線たち」で、上の縁に $y=x^2$ が現れたのは、接線の族が自分の放物線を縁取る(包絡線)からである。

別解

$x$ を固定して $y$ の値域を測る(順手ルート)。 逆手(解の存在)の代わりに、正面から「掃く範囲」を測ることもできる。$x$ を1つ固定する。$t$ が $0\le t\le 1$ を動くとき、$y$ の動く範囲は1変数関数

$$h(t)=2tx-t^2=-(t-x{)}^2+x^2$$

の値域そのものだ。これは上に凸な放物線(頂点 $t=x$)の、区間 $[0,1]$ での最大・最小の問題にすぎない。

• 最大: 頂点が区間内($0\le x\le 1$)なら $x^2$。外なら近い端点で、$x<0$ なら $h(0)=0$、$x>1$ なら $h(1)=2x-1$
• 最小: 上に凸だから遠い方の端点で、$\min (h(0),h(1))=\min (0,2x-1)$

つまり各 $x$ での切り口は区間 $[\min (0,2x-1),(\text{上の最大値})]$。これを $x$ 方向に並べたものが領域 $D$ で、本解①②とぴったり一致する($x=2$ なら $[0,3]$ なので、(2)もすぐに答えられる)。

逆手は「存在条件」、順手は「値域」。同じ領域を2通りに測ると、順手では2次関数の区間最大最小がそのまま領域の縁になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $X=x+y,Y=xy$ という基本対称式を中心に考える。条件式を対称式で書き替える。$x^2+y^2=(x+y{)}^2-2xy=X^2-2Y$。これで乗るべき曲線 $X^2-2Y=1$ はすぐに出る。

だが軌跡の問題はここで終わらない。逆に、曲線上の点 $(X,Y)$ を与えたとき、それを和と積にもつ実数 $x,y$ が存在するか。$x,y$ は $t^2-Xt+Y=0$ の2解だから、実数条件は判別式 $X^2-4Y\ge 0$。この存在条件が軌跡の「端」を決める。

① 乗る曲線を求める。

$$1=x^2+y^2=X^2-2Y⟺Y=\frac{X^2-1}{2}$$

② 存在条件で範囲を切る。 $x,y$ は $t$ の2次方程式 $t^2-Xt+Y=0$ の2つの実数解(重解も可)だから

$$X^2-4Y\ge 0⟺X^2-2(X^2-1)\ge 0⟺X^2\le 2$$

すなわち $-\sqrt{2}\le X\le \sqrt{2}$。

③ 端の確認。 $X=\sqrt{2}$ のとき $Y=\frac{1}{2}$ で判別式0。$x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$(円上の点)で実現する。$X=-\sqrt{2}$ も同様。よって軌跡は

$$\text{放物線}Y=\frac{X^2-1}{2}\text{の}-\sqrt{2}\le X\le \sqrt{2}\text{の部分(両端含む)}$$

まとめ: 対称式の平面へうつす軌跡は、「恒等式で方程式」+「判別式で範囲」の2段が型だ。範囲を落とすと放物線全体と答えてしまう。存在条件こそが軌跡の輪郭を切り出す刃である。

発展。 この写像は2対1になっている。$(x,y)$ と $(y,x)$ は同じ $(X,Y)$ にうつるからだ(和と積は順序を忘れる)。円周を1周すると、放物線の弧を「行って帰って」2回なぞる。軌跡の形だけでなく、なぞられ方まで見えると理解が深まる。

別解

円のパラメータで順手に(合成で範囲が出るルート)。 円上の点を $x=\cos \theta ,y=\sin \theta$ と書いて、$X,Y$ を直接計算してもよい。

$$X=\cos \theta +\sin \theta =\sqrt{2}\sin \left(\theta +\frac{\pi }{4}\right)$$

合成の形から、$X$ の動く範囲は即座に $-\sqrt{2}\le X\le \sqrt{2}$(すべて実現)。また

$$Y=\cos \theta \sin \theta =\frac{(\cos \theta +\sin \theta {)}^2-1}{2}=\frac{X^2-1}{2}$$

で、つねに放物線の上に乗っている。存在条件(判別式)を考える必要がない代わりに、三角関数の合成で範囲が分かる。逆手(本解)と順手(本ルート)のどちらでも同じ弧になる。軌跡の2つの代表的な方法を両方練習できる問題だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求める量が $x+y$ そのものだから、$s=x+y,p=xy$ を変数に取り替えるのが最短路だ。

条件式は対称式なので $s,p$ だけで書け、$p$ が $s$ の式で決まってしまう。残る仕事はただ1つ。$(s,p)$ を和と積にもつ実数 $x,y$ の存在条件 $s^2\ge 4p$ だ。これが $s$ の不等式になって範囲が落ちる。

① 条件式を書き直す。

$$x^2+xy+y^2=(x+y{)}^2-xy=s^2-p=3⟺p=s^2-3$$

② 存在条件を課す。 $x,y$ は $t^2-st+p=0$ の2実数解だから

$$s^2\ge 4p=4s^2-12⟺3s^2\le 12⟺-2\le s\le 2$$

③ 端点の実現。 $s=2$: $p=1$ で $t^2-2t+1=(t-1{)}^2=0$、$x=y=1$。実際 $1+1+1=3$。$s=-2$ も $x=y=-1$ で実現。よって

$$-2\le x+y\le 2$$

まとめ: 「対称式の条件 → $(s,p)$ 平面 → 存在条件」の3手。条件式の表す図形(傾いた楕円)を描かなくても範囲が出るのがこの路線の強みで、置き換えの副作用(存在条件)を忘れないことがすべてだ。

発展。 条件式が表す図形は、45°傾いた楕円である。和と差の座標 $u=x+y,v=x-y$ に乗り換えると $3u^2+v^2=12$ とまっすぐになり、$|u|\le 2$ が楕円の端としてそのまま見える。対称式の置換と45°回転は、同じ構造の2つの言葉だ。

別解

直線をスライドさせる(図形ルート)。 $x+y=k$ は傾き $-1$ の直線の族だ。「$x+y$ のとりうる値」とは、この直線が条件の曲線と共有点をもつような $k$ の範囲にほかならない。

$y=k-x$ を条件式に代入する:

$$x^2+x(k-x)+(k-x{)}^2=3⟺x^2-kx+k^2-3=0$$

共有点がある ⟺ この $x$ の2次方程式が実数解をもつ ⟺ 判別式

$$k^2-4(k^2-3)=12-3k^2\ge 0⟺-2\le k\le 2$$

端の $k=\pm 2$ では重解、つまり直線が曲線にちょうど接する瞬間だ(接点は $x=y=\pm 1$)。

「値の範囲=直線族が届く範囲」という図形の見方は、線形計画法や最大最小の問題でよく使う。対称式ルート(本解)と代入ルート(本ルート)、どちらの言い換えも手になじませておきたい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 放物線上の点は $\mathrm{P}(p,p^2),\mathrm{Q}(q,q^2)$ と1文字ずつで書ける。すると直線 $\mathrm{PQ}$ の式は和 $p+q$ と積 $pq$ だけで書ける(下の公式)。

一方、垂直条件を内積で書くと $pq$ だけの式にまとまる。つまり束縛は「積の固定」で、「和」は自由に残る。自由に残った $p+q$ が係数から消える場所($x=0$)こそ、直線が必ず通る定点だ。

① 垂直条件を式にする。 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=pq+p^2{q}^2=pq(1+pq)=0$。$\mathrm{P},\mathrm{Q}$ は原点と異なるから $p,q\ne 0$、よって $pq\ne 0$ で

$$pq=-1$$

② 直線の式を作る。 傾きは $\frac{p^2-q^2}{p-q}=p+q$。$\mathrm{P}$ を通ることから

$$y=(p+q)(x-p)+p^2=(p+q)x-pq$$

③ 定点を読み取る。 $pq=-1$ を代入して

$$y=(p+q)x+1$$

$p+q$ は(垂直を保ったまま)いろいろな値をとる。だが $x=0$ のとき $y=1$。$p+q$ の値によらず、直線は点 $(0,1)$ を通る。

まとめ: 「直線の式を対称式で書く → 束縛が積を固定 → 残った和の係数が消える場所が定点」。弦の式 $y=(p+q)x-pq$ は放物線の問題でよく使う式で、この問題では直交条件が $y$ 切片を直接決める。

発展。 一般の放物線 $y=a{x}^2$ で同じことをすると、定点は $(0,\frac{1}{a})$ になる。円では「直角を張る弦=直径(中心を通る)」だったが、放物線では中心の代わりにこの定点が現れる。直角を張る弦が必ず通る点は、曲線ごとに違う。

別解

特殊な配置で当たりを付けてから示す(実戦の作法)。 定点問題は答えの点を先に見つけてしまうと安心して進める。対称な配置を試す。$\mathrm{P}(1,1),\mathrm{Q}(-1,1)$ は $pq=-1$ で垂直条件を満たし、直線 $\mathrm{PQ}$ は水平線 $y=1$。

もう1つ。$p=2,q=-\frac{1}{2}$ なら直線は $y=\frac{3}{2}x+1$。2本の直線 $y=1$ と $y=\frac{3}{2}x+1$ の交点は $(0,1)$ なので、定点があるならここしかない。

あとは一般の場合に $(0,1)$ を通ることを示せばよい(本解②③)。「候補を2つの特殊配置の交点で確定 → 一般証明」という2段構えは、定点・定値問題の実戦的な型だ。当たりが付いていれば、一般計算のゴール($x=0$ で $y=1$)も迷わない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず像の位置を測る。$X^2+Y^2$ を計算すると

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

という恒等式にまとまる。像の原点からの距離はもとの点の距離の2乗だ。$x^2+y^2\le 1$ なら像は単位円板に入る(必要方向)。

だが「動く範囲」を答えるには、円板のどの点にも実際に届くこと(十分方向)が要る。こちらは目標 $(X,Y)$ から $x^2,y^2$ を復元する連立(和と差)を解いて、原像を手で作ればよい。

① 入ること。 上の恒等式から $\sqrt{X^2+Y^2}=x^2+y^2\le 1$。よって像は $X^2+Y^2\le 1$ に含まれる。

② 届くこと(原像の構成)。 $X^2+Y^2\le 1$ の任意の点 $(X,Y)$ をとり、$s=\sqrt{X^2+Y^2}$ とおく($0\le s\le 1$)。連立

$$x^2-y^2=X,x^2+y^2=s$$

を解くと $x^2=\frac{s+X}{2},y^2=\frac{s-X}{2}$。$s\ge |X|$ だからどちらも0以上で、実数 $x,y$ がとれる。$x=\sqrt{\frac{s+X}{2}}(\ge 0)$ とし、$y$ の符号を $Y$ と同符号に選ぶと

$$2xy=\pm 2\sqrt{\frac{s^2-X^2}{4}}=\pm \sqrt{Y^2}=Y$$

となり、たしかに $(X,Y)$ にうつる。しかも $x^2+y^2=s\le 1$ で、出発点は円板の中にある。

③ 結論。 動く範囲は単位円板 $X^2+Y^2\le 1$ の全体。

まとめ: 恒等式で「入る」、逆像の構成で「届く」。領域の像は必ずこの両方向で確かめる。この写像は半径 $r$ の円を半径 $r^2$ の円へうつす(角も2倍に回る)もので、円板が円板へぴったり畳み込まれる様子が恒等式1本で表されている。

発展。 複素数の言葉では、この写像は $z=x+yi$ に対する $z^2$ そのものだ($z^2=(x^2-y^2)+2xyi$)。数Cで複素数平面を学ぶと、「絶対値は2乗、偏角は2倍」という本問の構造が、$z^2$ の基本性質として再会する。

別解

極形式(倍角)で見る(順手ルート)。 点を極形式 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$($0\le r\le 1$)で書いて、像を直接計算する。倍角の公式から

$$X=x^2-y^2=r^2({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )=r^2\cos 2\theta ,Y=2xy=r^2\sin 2\theta$$

つまり像の点は「原点からの距離 $r^2$、角 $2\theta$」の位置にある。距離は2乗され、角は2倍に回る写像である。

範囲は一目で読める。$r$ が $0$ から $1$ を動くと距離 $r^2$ も $0$ から $1$ を動き、$\theta$ が1周すると角 $2\theta$ は2周する(すべての方向を覆う)。よって像は単位円板の全体。

「入る・届く」の2方向(本解)が極形式では「距離と角の動く範囲」という1つの記述に融合する。座標の取り替えは証明の流れまで変えてしまう。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「見込む角が一定」の軌跡は円弧(円周角の定理の逆)。これで答えの見当がつく。

式で追うには、$\mathrm{P}(x,y)$ から $\mathrm{A},\mathrm{B}$ への2直線の傾きを書き、なす角の公式に $45^{\circ }$ を入れる。絶対値を外すときの $\pm$ が「上の円・下の円」に対応する。

最後の関門は吟味だ。同じ円でも、弦 $\mathrm{AB}$ の長い弧の上では $45^{\circ }$、短い弧の上では $135^{\circ }$。方程式だけ見て円全体を答えると、軌跡が2倍に膨らんでしまう。

① 式を立てる。 $\mathrm{P}(x,y)$($y\ne 0$、$\mathrm{P}\ne \mathrm{A},\mathrm{B}$)から $m_1=\frac{y}{x+1},m_2=\frac{y}{x-1}$。

$$m_1-m_2=\frac{-2y}{x^2-1},1+m_1{m}_2=\frac{x^2-1+y^2}{x^2-1}$$

$\tan 45^{\circ }=1$ より

$$\left|\frac{-2y}{x^2+y^2-1}\right|=1⟺x^2+y^2-1=\pm 2y⟺x^2+(y\mp 1{)}^2=2$$

② どんな円かを確かめる。 上の円は中心 $(0,1)$、半径 $\sqrt{2}$ で、$\mathrm{A},\mathrm{B}$ を通る。中心から $\mathrm{A},\mathrm{B}$ へのベクトル $(-1,-1),(1,-1)$ は直交するので、弦 $\mathrm{AB}$ の中心角は $90^{\circ }$。よって長い弧($y>0$ 側)の円周角はその半分の $45^{\circ }$、短い弧($y<0$ 側)では $180^{\circ }-45^{\circ }=135^{\circ }$。下の円は上下対称に同じことが起きる。

③ 軌跡を確定する。 $45^{\circ }$ になるのは

$$\text{円}{x}^2+(y-1{)}^2=2\text{の}y>0\text{の部分と、円}{x}^2+(y+1{)}^2=2\text{の}y<0\text{の部分}$$

(いずれも端の $\mathrm{A},\mathrm{B}$ は角が定義できないので除く。)

まとめ: 計算はなす角の公式で行い、図形の意味は円周角の逆で分かる。「方程式が出た円の、どの弧か」の吟味(中心角を測って円周角に半分を割り当てる確認)が、この型の答案では欠かせない。

発展。 $45^{\circ }$ を一般の $\theta$ に変えても、軌跡はつねに「2つの合同な円弧」になる。$\theta$ を $90^{\circ }$ に近づけると2つの弧は1つの円(タレスの円)に合流し、$90^{\circ }$ を超えると今度は短い弧の側が軌跡になる。角度のダイヤルを回すと、弧の家族が連続的に姿を変えていく。

別解

円周角の逆から作図で構成する(幾何が先のルート)。 式を立てる前に、軌跡の円そのものを幾何で作ってしまう。円周角が $45^{\circ }$ なら、中心角はその2倍の $90^{\circ }$。つまり求める円は「中心 ${\mathrm{O}}^{\prime }$ から $\mathrm{A},\mathrm{B}$ を見込む角が $90^{\circ }$」となる円だ。

中心は弦 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線($y$ 軸)上にある。${\mathrm{O}}^{\prime }(0,c)$ とおくと、$\overrightarrow{{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{A}}=(-1,-c)$ と $\overrightarrow{{\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{B}}=(1,-c)$ の直交から

$$-1+c^2=0⟺c=\pm 1$$

半径は ${\mathrm{O}}^{\prime }\mathrm{A}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$。円 $x^2+(y\mp 1{)}^2=2$ が、計算の前に分かった。

あとは円周角の定理(の逆)で、長い弧の上の点がちょうど $45^{\circ }$ を見込むことを述べ、短い弧は $135^{\circ }$ 側として除けばよい。式のルート(本解)は検算になる。幾何で答えの形をつかみ、式で細部を確かめる。軌跡の問題では、この分担が有効だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$x$ の方程式が区間に解をもつ」条件は、いつも通りまたぎ型と内部型で書ける。

本問の新しさはその条件を $x$ ではなく $(a,b)$ 平面の領域として描き直すことだ。条件式の1本1本が $ab$ 平面では直線 $b=\pm 2a-1$ や放物線 $b=a^2$ の上下として読める。境界たちの位置関係(2直線が放物線に接する)まで確かめれば、領域の形は一意に定まる。

① 条件を書き下ろす。 $g(x)=x^2-2ax+b$ について $g(1)=1-2a+b$、$g(-1)=1+2a+b$、$D/4=a^2-b$、軸は $x=a$。求める条件は

• またぎ型: $(1+2a+b)(1-2a+b)\le 0$
• 内部型: $b\le a^2$ かつ $-1\le a\le 1$ かつ $b\ge 2a-1$ かつ $b\ge -2a-1$

の少なくとも一方。

② 境界の位置関係を読む。 $ab$ 平面で、またぎ型は2直線 $b=2a-1$ と $b=-2a-1$ の「一方の上・他方の下」(2直線が作るX字の左右の部分)。内部型は放物線 $b=a^2$ の下側のうち、2直線の上側で $-1\le a\le 1$ の部分。ここで

$$a^2-(2a-1)=(a-1{)}^2\ge 0,a^2-(-2a-1)=(a+1{)}^2\ge 0$$

だから放物線は2直線のつねに上側にあり、$(1,1)$ と $(-1,1)$ でそれぞれ接する。内部型の領域は放物線と2直線に囲まれた曲線三角形になる。

③ 図示する。 2つをあわせた領域が答えだ。X字の帯(またぎ型)の上に、接点 $(\pm 1,1)$ で放物線の屋根がかぶさった形になる。

まとめ: 「$x$ の配置条件 → パラメータ平面の領域」という言い換えは、この単元で身につけたい考え方のひとつだ。境界の接点 $(\pm 1,1)$ は「$x=\pm 1$ がちょうど重解になる」瞬間で、境界どうしの接触には必ず $x$ についての意味が対応している。

発展。 解の配置問題はどれも「パラメータ平面の領域」の問題としても見られる。たとえば「両解の絶対値が1未満」の条件は $(a,b)$ 平面の三角形になる(本サイトの複素数と方程式の最難関にその問題がある)。配置の言葉と領域の言葉の両方で考えられると、解ける問題が増える。

別解

$b$ について解いて、直線族の通過領域と見る(順手ルート)。 方程式 $x^2-2ax+b=0$ を $b$ について解くと

$$b=2ax-x^2$$

つまり「解 $x$ をもつ $(a,b)$」とは $x$ を1つ固定したときの $ab$ 平面の直線 $b=2xa-x^2$ の上の点のこと。求める領域は、$x$ が $-1\le x\le 1$ を動くときのこの直線族の通過領域だ。

$a$ を固定して $b$ の値域を測る。$\psi (x)=2ax-x^2=-(x-a{)}^2+a^2$ は上に凸で、区間 $[-1,1]$ での最大は「頂点 $x=a$ が区間内なら $a^2$、外なら近い端点の値」、最小は遠い端点の値 $\min (2a-1,-2a-1)$。よって領域は

$$\min (2a-1,-2a-1)\le b\le \{\begin{array}{ll}{a}^2& (|a|\le 1)\\ \max (2a-1,-2a-1)& (|a|>1)\end{array}$$

X字の帯と放物線の屋根が、区間最大最小の言葉でまとめて出た。これは、線分の族の通過領域の問題(この単元の最初の問題)と、文字の名前が違うだけの同じ問題だ。「解の配置」と「通過領域」は、逆手と順手で結ばれた同じものの2つの見方である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\to -x$ としても $y\to -y$ としても不等式は変わらない。領域は両方の座標軸について対称だ。だから第1象限($x\ge 0,y\ge 0$)だけ調べて4倍すればよい(境界の重なりは面積0)。

第1象限では絶対値がそのまま外れ、平方完成すると円板 $(x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 2$。この円はちょうど原点を通る(中心 $(1,1)$ から原点までの距離が半径 $\sqrt{2}$ に等しい)。この事実が面積計算(弓形)と「4倍してよいか」の両方を支える。

① 第1象限に帰着する。 $x\ge 0,y\ge 0$ では

$$x^2+y^2\le 2x+2y⟺(x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 2$$

中心 $(1,1)$、半径 $\sqrt{2}$ の円板。求める領域の第1象限部分は、この円板のうち $x\ge 0$ かつ $y\ge 0$ の部分である。

② 円板から欠ける部分を弓形で測る。 円板のうち $x<0$ の部分は弦 $x=0$(中心からの距離1)で切られた弓形。中心角 $\theta$ は $\cos \frac{\theta }{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ より $\theta =\frac{\pi }{2}$。弓形の面積は

$$\frac{r^2}{2}(\theta -\sin \theta )=\frac{2}{2}\left(\frac{\pi }{2}-1\right)=\frac{\pi }{2}-1$$

$y<0$ 側の弓形も同じ大きさ。しかも円は原点を通るから、2つの弓形は原点1点で接するだけで重ならない。よって第1象限部分の面積は

$$2\pi -2\left(\frac{\pi }{2}-1\right)=\pi +2$$

③ 対称性で4倍する。

$$S=4(\pi +2)=4\pi +8$$

領域全体は中心 $(\pm 1,\pm 1)$・半径 $\sqrt{2}$ の4つの合同な円板の和集合。となり合う円板は軸をまたいで重なるので、円板の面積を単純に4倍した $8\pi$ は過大だ。象限で切って数えたのは、この二重数えを避けるためである。

まとめ: 「絶対値 → 対称性 → 1象限 → 平方完成 → 弓形」の5連鎖。円が原点を通る、という幾何的事実が、弓形の中心角($90^{\circ }$)と「1つの円板から切り取る2つの弓形が重ならない」ことを保証する。平面を象限で分割して数えるのが安全な設計だ。

発展。 境界の式を極座標で書くと $r=2|\cos \theta |+2|\sin \theta |$。1つの式が4枚の円を同時に描いている。絶対値入りの円の方程式は、極座標の目で見ると素性が読みやすくなることがある。

別解

包除原理で正面から足し引きする(得意な人向け)。 象限に切らず、4つの円板の和集合の面積を包除原理で数えることもできる。各円板の面積は $2\pi$、4枚で $8\pi$。ここから重なりを引く。

となり合う円(たとえば中心 $(1,1)$ と $(1,-1)$)は、中心距離 $2$、半径 $\sqrt{2}$。重なり(レンズ)の面積は、2つの弓形の和で

$$2\times \left\{\frac{r^2}{2}(\theta -\sin \theta )\right\}=2\left(\frac{\pi }{2}-1\right)=\pi -2$$

(中心角は $\cos \frac{\theta }{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ より $\theta =\frac{\pi }{2}$。)となり合うペアは4組。対角の円(中心 $(1,1)$ と $(-1,-1)$)は、中心距離 $2\sqrt{2}$ がちょうど半径の和に等しく、原点で接するだけ。重なりは0。3枚以上の共通部分も原点1点のみで面積0。よって

$$S=4\cdot 2\pi -4(\pi -2)=4\pi +8$$

象限分割(本解)は重なりを最初から発生させない設計、包除(本ルート)は重なりを正面から精算する設計。答えの一致がレンズ面積の計算の検算にもなっている。