図形と方程式 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) 「直線が通過する領域」と聞かれたら、視点を1つ裏返す。動く図形の側ではなく、点の側に立つのだ。

点 $(x,y)$ が通過領域に入るとは、その点を通る直線が(ある $a$ で)実在すること。そこで $x,y$ を固定し、$y=ax-a^2+1$ を $a$ についての方程式とみる。実数解 $a$ をもつかどうか、がその点の合否判定になる(逆手の考え方)。

$a$ について整理すると2次方程式。実数解の有無は判別式で機械的に書ける。

① $a$ の方程式に整理。 $y=ax-a^2+1$ を $a$ について降べきに並べると

$$a^2-xa+(y-1)=0$$

② 実数解をもつ条件。 これを満たす実数 $a$ が存在する ⟺ 判別式 $\ge 0$。

$$x^2-4(y-1)\ge 0⟺y\le \frac{x^2}{4}+1$$

③ 領域。 求める領域は放物線 $y=\frac{x^2}{4}+1$ とその下側(境界を含む)。

まとめ:「直線が通るか」を「$a$ が実在するか」に言い換え、判別式で条件にすれば解ける。境界の放物線は各点にちょうど1本の直線が接する(重解 $a=x/2$)包絡線になっている。

発展。 恒等式 $\frac{x^2}{4}+1-(ax-a^2+1)={\left(\frac{x}{2}-a\right)}^2\ge 0$ が示すとおり、直線 $y=ax-a^2+1$ は境界の放物線と $x=2a$ の1点でだけ接する。つまりこの直線族は放物線の接線の族で、境界は族の包絡線だ。通過領域の境界に「重解=接する」が現れるのは偶然ではない。

別解

順手で攻める(各縦線の上で、届く高さを集める)。 「実数解の存在」という言い換えがピンとこない人は、$x$ を1本の縦線に固定して、直線たちがその縦線上のどの高さを通るかを全部集めればよい。$x$ を固定すると、高さは $a$ の関数になる:

$$y=ax-a^2+1=-{\left(a-\frac{x}{2}\right)}^2+\frac{x^2}{4}+1$$

$a$ の2次式として上に凸だから、$a$ が全実数を動くと $y$ は最大値 $\frac{x^2}{4}+1$($a=\frac{x}{2}$ のとき)以下の値をすべてとる。つまり縦線 $x$ の上で直線が通るのは $y\le \frac{x^2}{4}+1$ の部分。これを全部の $x$ で束ねると、判別式と同じ領域になる。

逆手(判別式)は「その点に入れるか」をすぐに判定し、順手(平方完成)は「届く高さ」を直接測る。同じ答えへの2本の道で、通過領域の全問題に通用する往復だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) パラメータ入りの2直線の交点は、$t$ をそのまま消去してもよい。だがその前に、各直線が通る定点と傾きを観察すると構造が見える。

$\ell :y=tx$ は原点を通り、傾き $t$。$m$ は $(x-2)+t(y-1)=0$ と書き直せて、$t$ によらず定点 $(2,1)$ を通り、傾きは $-\frac{1}{t}$。

傾きの積は $t\cdot \left(-\frac{1}{t}\right)=-1$。つまり2直線は常に直交している。すると交点 P は2定点 O と $(2,1)$ を直角に見込む点。直角に見込む点の集まりは、2定点を直径の両端とする円だ。計算の前に、答えが円であることが分かる。

① 定点と傾き。 $\ell :y=tx$ は原点 O を通り傾き $t$。$m:x+ty-(t+2)=0$ を $t$ で整理すると $(x-2)+t(y-1)=0$。$t$ によらず成り立つには $x=2,y=1$、すなわち $m$ は定点 $\mathrm{B}(2,1)$ を通る。傾きは $-\frac{1}{t}$。

② 直交の確認。 $\ell ,m$ の傾きの積は $t\cdot \left(-\frac{1}{t}\right)=-1$(ともに傾きが定義される $t\ne 0$ のとき)。よって $\ell \perp m$。

③ タレスの円。 交点 P は $\ell$ 上(O を通る)かつ $m$ 上(B を通る)で、$\ell \perp m$ だから $\angle \mathrm{OPB}=90^{\circ }$。ゆえに P は線分 OB を直径とする円周上。中心は OB の中点 $\left(1,\frac{1}{2}\right)$、半径は $\frac{\mathrm{OB}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。

$$(x-1{)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{5}{4}$$

ただし1点だけ例外がある。$\ell :y=tx$ は原点を通る直線のうち垂直線 $x=0$ だけは表せない($(0,1)$ を通るには $1=t\cdot 0$ が必要で、不可能)。よって交点 P は点 $(0,1)$ には決してならず、軌跡はこの円から点 $(0,1)$ を除いたものになる。なお定点 $\mathrm{B}(2,1)$ は $t=\frac{1}{2}$ のとき実際に交点になるので、除かない。

まとめ:$t$ をそのまま消去せず、「各直線の定点+傾きの積 $=-1$」から直交を見抜けば解ける。直交2直線の交点は2定点を直径とする円(タレスの円)を描く、という図形的結論にすぐにたどり着ける。除外点は「$y=tx$ が表せない垂直方向」から生まれる。パラメータ表示の軌跡では、表せない例外がないかを最後に必ず検分する。

発展。 P を $t$ で書くと $\left(\frac{t+2}{1+t^2},\frac{t(t+2)}{1+t^2}\right)$。$t\to \pm \infty$ で P は $(0,1)$ に限りなく近づくが、届かない。実数直線 $t$ で円をなぞると必ず1点だけ残る。円と直線を「1点を除いて」対応させるこの現象は、複素数平面の1次分数変換や立体射影で詳しく扱う。

別解

$t$ を消去する(手を動かす機械ルート)。 定点や直交に気づかなくても、連立して $t$ を消せば必ず出る。$\ell$ より $x\ne 0$ のとき $t=\frac{y}{x}$。これを $m$ に代入して分母を払うと

$$x+\frac{y^2}{x}=\frac{y}{x}+2⟹x^2+y^2=y+2x$$

整理して $x^2+y^2-2x-y=0$。平方完成すれば本解と同じ円になる。

残る検分は2つ。$x=0$ のときは $\ell$ が $y=0$ となり、交点は $t=-2$ のときの $(0,0)$。これは円上にあるので含める。逆に、円上で $x=0$ となるもう1つの点 $(0,1)$ は、$t=\frac{y}{x}$ が作れず(どの $t$ でも $\ell$ が通れず)実現しない。除くべき点が「$x=0$ の場合分け」から自然にあぶり出される。

図形ルート(本解)は答えが円であることを先に見抜き、消去ルートは式変形だけで到達する。除外点の検出まで込みなら、2つを併用するのがいちばん安全だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{y+2}{x+2}$ という分数の形に、図形の意味を与える。値を $k$ とおくと $y+2=k(x+2)$。これは定点 $(-2,-2)$ を通る傾き $k$ の直線だ。

$(x,y)$ は円上の点だから、値 $k$ が実現する ⟺ この直線が円と共有点をもつ。求める範囲は「直線が円に届く $k$ の範囲」に言い換えられる。範囲の端は、直線が円に接する瞬間。接する条件は「中心から直線までの距離 $=$ 半径」で立式できる。

① 直線とおく。 $k=\frac{y+2}{x+2}$ より $kx-y+2k-2=0$。これは定点 $(-2,-2)$ を通る傾き $k$ の直線。

② 円と共有点をもつ条件。 中心 $(0,0)$ からの距離 $\le$ 半径 $1$:

$$\frac{|2k-2|}{\sqrt{k^2+1}}\le 1⟺(2k-2{)}^2\le k^2+1$$

③ 2次不等式を解く。

$$4k^2-8k+4\le k^2+1⟺3k^2-8k+3\le 0$$ $$k=\frac{8\pm \sqrt{64-36}}{6}=\frac{8\pm 2\sqrt{7}}{6}=\frac{4\pm \sqrt{7}}{3}$$

よって $\frac{4-\sqrt{7}}{3}\le k\le \frac{4+\sqrt{7}}{3}$。最大値 $\frac{4+\sqrt{7}}{3}$、最小値 $\frac{4-\sqrt{7}}{3}$。

まとめ:分数式を「定点を通る直線の傾き」と読み替えれば解ける。傾きの端=直線が円に接するとき、を「中心からの距離=半径」で立式し、$k$ の2次不等式に落とす。

発展。 $\frac{y-b}{x-a}$ 型はいつでも「定点 $(a,b)$ から見た傾き」。円を楕円や放物線に替えても、「範囲の端=接するとき」という原理はそのまま通用する。分数式に図形の意味を与える読み替えは、$x+y$(切片)や $x^2+y^2$(距離の2乗)にも広がる。

別解

円をパラメータ表示して合成する(存在条件ルート)。 円上の点を $(\cos \theta ,\sin \theta )$ と書いてしまう手もある。

$$k=\frac{\sin \theta +2}{\cos \theta +2}$$

円上では $\cos \theta +2\ge 1>0$ だから、分母を払っても同値:

$$\sin \theta -k\cos \theta =2k-2$$

左辺は合成すると振幅 $\sqrt{1+k^2}$ の1つの正弦波。この方程式を満たす $\theta$ が実在する条件は、右辺が振幅の中に収まることだ:

$$|2k-2|\le \sqrt{1+k^2}$$

2乗して整理すると $3k^2-8k+3\le 0$。本解の距離条件とまったく同じ不等式に落ちる。「点と直線の距離 $\le$ 半径」(幾何)と「合成の振幅に収まる」(三角関数)は、同じ内容の2つの言い方。片方で立式し、もう片方で検算できると強い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 接する条件は、ぜんぶ半径の言葉で言い換えられる。動円の中心を $\mathrm{P}(x,y)$、半径を $r$ とする。

「$y$ 軸に接する」は、中心から $y$ 軸までの距離が半径ということ。つまり $r=x$($x>0$)。「円 A に外接する」は、中心間の距離が半径の和ということ。つまり $\mathrm{PA}=r+1$。

2式から $r$ を消すと $\mathrm{PA}=x+1$ の一本にまとまる。左辺は点 A からの距離。右辺は $x-(-1)$、すなわち直線 $x=-1$ からの距離。「定点からの距離と定直線からの距離が等しい」という、放物線の定義の形が現れた。あとは2乗して整理すればよい。

① 半径を $x$ で表す。 $\mathrm{P}(x,y)$、$x>0$。$y$ 軸に接するので動円の半径は $x$。

② 外接条件。 円 A(中心 $\mathrm{A}(4,0)$、半径 $1$)に外接するから

$$\mathrm{PA}=x+1,\text{すなわち}\sqrt{(x-4{)}^2+y^2}=x+1$$

③ 2乗して整理。

$$(x-4{)}^2+y^2=(x+1{)}^2$$ $$x^2-8x+16+y^2=x^2+2x+1$$ $$y^2=10x-15=10\left(x-\frac{3}{2}\right)$$

これは頂点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$、右に開く放物線。

まとめ:2つの接触条件を「$\mathrm{PA}=x+1$」の一本にまとめると、点 A(焦点)からの距離と直線 $x=-1$(準線)からの距離が等しい形になり、放物線と分かる。接する条件を半径の言葉で表せば解ける。

発展。 接触条件は円錐曲線の製造機だ。本問(直線と円に接する)は放物線を生んだが、2つの定円の両方に接する動円の中心は、2中心からの「距離の和・差が一定」となって楕円や双曲線を描く。数学Cで出会う3つの曲線は、みなこの「接する円の家族」から生まれる。

別解

焦点・準線から直接書き下ろす(2乗しない高い視点)。 ⓪で見た $\mathrm{PA}=x+1$ を、そのまま「2つの距離の等式」として読み切る。

右辺 $x+1$ はP から直線 $x=-1$ までの距離($x>0$ の範囲で)。だから条件は「点 $\mathrm{A}(4,0)$ からの距離 $=$ 直線 $x=-1$ からの距離」。これは焦点 A・準線 $x=-1$ をもつ放物線の定義そのものだ。

頂点は焦点と準線のちょうど中間で $\left(\frac{3}{2},0\right)$。焦点から頂点までの距離は $p=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。放物線の標準形 $y^2=4pX$ を頂点まで平行移動して

$$y^2=4\cdot \frac{5}{2}\left(x-\frac{3}{2}\right)=10\left(x-\frac{3}{2}\right)$$

2乗の計算を一度もせずに答えへ届く。放物線の焦点・準線(数学Cの内容)を知っていれば、「距離の等式」は定義の即読みで片づく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 弦の中点 M には、覚えておくべき強い性質がある。円の中心 O から弦の中点へ引いた線分は、その弦と垂直になる(中心と弦の両端が作る二等辺三角形の、頂点からの中線だから)。

本問の弦はどれも定点 $\mathrm{A}(3,0)$ を通る。だから M では、$\mathrm{OM}$ と $\mathrm{MA}$ が垂直。つまり M は2定点 O・A を直角に見込む点だ。

直角に見込む点の集まりは、OA を直径とする円。座標計算に入る前に答えの形が見えている。最後に「弦が本当に存在する範囲」だけを確かめればよい。

① 垂直条件。 中心 $\mathrm{O}(0,0)$ から弦の中点 M に引いた $\mathrm{OM}$ は弦に垂直。弦は A を通るから、M では $\mathrm{OM}\perp \mathrm{MA}$。

② タレスの円。 $\angle \mathrm{OMA}=90^{\circ }$ だから、M は線分 OA を直径とする円周上。中心は OA の中点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$、半径は $\frac{\mathrm{OA}}{2}=\frac{3}{2}$:

$${\left(x-\frac{3}{2}\right)}^2+y^2=\frac{9}{4}$$

③ 範囲。 弦が「相異なる2点」で交わるのは M がもとの円 $x^2+y^2=4$ の内部にあるとき。よって軌跡は上の円のうち、もとの円の内部にある部分(弧)。

まとめ:「中心→弦の中点は弦に垂直」を使い、定点 A と中心 O を直角に見込む=タレスの円、と読めば解ける。$x,y$ を直接消去する計算より、垂直という図形的性質からすぐに円が出る。定義域(2交点をもつ範囲)を最後に添えるのを忘れない。

発展。 定点 A が円の内部にあれば、どの向きの弦も実在するので、軌跡は OA を直径とする円の全周になる。A が外部なら本問のように弧だけ。定点の内外で答えの形が変わる。軌跡の問題は「式」と同じくらい「範囲」が本体だ。

別解

解と係数の関係で中点を計算する(手を動かすルート)。 垂直の性質を思い出せなくても、弦を式で置けば必ず出る。A を通る傾き $m$ の直線 $y=m(x-3)$ を円 $x^2+y^2=4$ に代入すると

$$(1+m^2)x^2-6m^{2}x+9m^2-4=0$$

2交点の $x$ 座標の和は解と係数の関係で $x_1+x_2=\frac{6m^2}{1+m^2}$。だから中点 M は

$$x=\frac{3m^2}{1+m^2},y=m(x-3)=\frac{-3m}{1+m^2}$$

ここで $x^2+y^2=\frac{9m^4+9m^2}{(1+m^2{)}^2}=\frac{9m^2}{1+m^2}=3x$ が成り立つ。つまり $x^2+y^2-3x=0$、平方完成して本解と同じ円だ。

2点で交わる条件は判別式 $>0$、整理すると $m^2<\frac{4}{5}$。ちょうどこの範囲の $m$ が円のうち「もとの円の内部」の弧を塗る。なお A は円の外なので、垂直な直線 $x=3$ は円と交わらず、傾きの場合分けは不要。

幾何(本解)はすぐに答えの形が分かり、計算(本ルート)は範囲の出どころ($m^2<\frac{4}{5}$)まで具体的に分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 連立の領域は、まず1つずつ図形を特定する。

$|x|+|y|\le 2$ は、境界を象限ごとに描くと頂点 $(\pm 2,0),(0,\pm 2)$ の正方形(対角線が軸に沿う)。$x^2+y^2\ge 1$ は単位円の外側。求める領域は「正方形の中」かつ「円の外」だ。

もし単位円が正方形にすっぽり入っているなら、面積は(正方形)$-$(円)の引き算1回で出る。だから先に、その包含関係を確かめる。

① 正方形の面積。 $|x|+|y|\le 2$ の境界は正方形で、対角線が $x$ 軸・$y$ 軸方向にそれぞれ長さ $4$。対角線の積の半分で

$$S_{\text{正方形}}=\frac{4\times 4}{2}=8$$

② 単位円は正方形の内部にあるか。 単位円周上の点 $(\cos \theta ,\sin \theta )$ について $|x|+|y|=|\cos \theta |+|\sin \theta |$。この最大値は $\sqrt{2}$($\theta =45^{\circ }$ 等)で、$\sqrt{2}<2$。よって単位円は正方形の内部に完全に含まれる。

③ 引き算。 領域は正方形から単位円(内部)をくり抜いたもの。単位円の面積は $\pi \cdot 1^2=\pi$ だから

$$S=8-\pi$$

まとめ:$|x|+|y|\le 2$ を正方形と見抜き、単位円が丸ごと内側にある(だから素直に引ける)ことを確認することが大事だ。「くり抜き」が成立する包含関係のチェックを飛ばさない。

発展。 $|x|+|y|\le 2$(正方形)と円は、原点からの「距離の測り方」を替えた2種類の円ともみなせる。この正方形に内接する最大の円の半径は、中心から辺 $x+y=2$ までの距離 $\sqrt{2}$。②で確かめた $\sqrt{2}<2$ は、単位円がその内接円にも収まっている、という余裕の表現だった。

別解

対称性で第1象限に絞る(絶対値の基本の扱い)。 $|x|$ と $|y|$ は、$x$ の符号を変えても $y$ の符号を変えても値が変わらない。つまりこの領域は $x$ 軸についても $y$ 軸についても対称だ。

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。第1象限では絶対値がそのまま外れて

$$x+y\le 2,x^2+y^2\ge 1(x\ge 0,y\ge 0)$$

これは「直角をはさむ2辺が $2$ の直角三角形」から「半径 $1$ の四分円」をくり抜いた形。面積は

$$\frac{2\times 2}{2}-\frac{\pi }{4}=2-\frac{\pi }{4}$$

4倍して $4\left(2-\frac{\pi }{4}\right)=8-\pi$。絶対値を見たら、符号の場合分けを4回やる前に対称性で1つの象限に落とす。図形の絶対値では、これがいちばん手間の少ない始め方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「2円が接する」と言われたら、場合が2つあることを最初に思い出す。外側で接する(外接)と、内側で接する(内接)だ。

どちらも中心間距離だけで判定できる。外接なら距離が半径の和に、内接なら半径の差に等しい。本問の中心は $(0,0)$ と $(a,0)$ で、距離は $|a|$。半径は $1$ と $2$。あとは $|a|=3$ と $|a|=1$ を解くだけで、符号もこめて4つの $a$ が出る。

① 中心間距離と半径。 中心 $(0,0),(a,0)$ より距離 $d=|a|$。半径は $r_1=1,r_2=2$。

② 外接。 $d=r_1+r_2$:

$$|a|=1+2=3⟺a=\pm 3$$

③ 内接。 $d=|r_1-r_2|$:

$$|a|=|2-1|=1⟺a=\pm 1$$

よって $a=\pm 1,\pm 3$。

まとめ:接する=外接 or 内接の2通りを、中心間距離 $=$ 半径の和/差で立式すれば解ける。$|a|$ から符号 $\pm$ を取り出して4値。「接する」を1通りだと思い込むと $a=\pm 1$ を落とす。

発展。 $|a|$ を $0$ から増やすと、内包(共有点なし)→ 内接 → 2点で交わる → 外接 → 外離れ、と位置関係が一列に遷移する。境目が $|a|=|r_1-r_2|=1$ と $|a|=r_1+r_2=3$。2円の位置関係5種は中心間距離の数直線にこの2つの目盛りを打てば全部整理できる。

別解

2式を引いて共有点を数える(代数ルート)。 外接・内接の図が思い浮かばなくても、「接する $=$ 共有点がちょうど1個」を連立方程式で直接押さえられる。2円の式を辺々引くと($a\ne 0$。$a=0$ は同心円で接しない)

$$-2ax+a^2=3⟹x=\frac{a^2-3}{2a}$$

共有点はすべてこの縦線の上にある。縦線 $x=c$ と円 $x^2+y^2=1$ の共有点は $|c|<1$ で2個、$|c|=1$ で1個、$|c|>1$ で0個。だから接する条件は

$$\frac{a^2-3}{2a}=\pm 1⟺a^2\mp 2a-3=0$$

$a^2-2a-3=0$ から $a=3,-1$。$a^2+2a-3=0$ から $a=-3,1$。合わせて $a=\pm 1,\pm 3$ で本解と一致する。

外接・内接という図形の場合分けが、$\pm 1$ という代数の記号に自動で吸収される。検算にも使えるルートだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 動く点の座標が $s+t$ と $st$。どちらも対称式だ。そこで $u=s+t,v=st$ とおいて、$(u,v)$ の満たす条件に書き直す。

書き直す条件は2つある。1つ目は拘束 $s^2+t^2=1$。$s^2+t^2=(s+t{)}^2-2st=u^2-2v$ と書けるから、$u^2-2v=1$ という曲線の式になる。

2つ目を忘れやすい。$s,t$ が実数だという条件だ。和が $u$・積が $v$ の2数 $s,t$ は、2次方程式 $X^2-uX+v=0$ の解。実数であるためには判別式 $\ge 0$、つまり $u^2-4v\ge 0$ が要る。曲線の式が「乗る線路」を、実数条件が「動ける区間」を決める。

① 置きかえと拘束。 $u=s+t,v=st$。

$$s^2+t^2=u^2-2v=1⟺v=\frac{u^2-1}{2}$$

これが点 $(u,v)$ の乗る曲線(放物線)。

② 実数条件で範囲を絞る。 $s,t$ が実数 ⟺ $u^2-4v\ge 0$。$v=\frac{u^2-1}{2}$ を代入すると

$$u^2-4\cdot \frac{u^2-1}{2}\ge 0⟺u^2-2(u^2-1)\ge 0⟺-u^2+2\ge 0⟺u^2\le 2$$

すなわち $-\sqrt{2}\le u\le \sqrt{2}$。

③ 結論。 存在範囲は放物線 $v=\frac{u^2-1}{2}$ の $-\sqrt{2}\le u\le \sqrt{2}$ の部分(両端 $u=\pm \sqrt{2}$ を含む)。

まとめ:対称式は基本対称式 $u,v$ に置換し、「拘束 → 軌跡の式」「実数条件 $u^2-4v\ge 0$ → 動く範囲」の2つを使って解く。放物線を無限に描かず、$|u|\le \sqrt{2}$ の弧に限る(実数解をもつ範囲)ことを落とさない。

発展。 $(u,v)$ 平面は「2次方程式の一覧表」とみなせる。点 $(u,v)$ は方程式 $X^2-uX+v=0$ に対応し、判別式の放物線 $v=\frac{u^2}{4}$ より下が、実数解をもつ範囲になる。本問の答えは拘束の放物線 $v=\frac{u^2-1}{2}$ をその範囲で切り取った弧だった。解の配置の議論はみなこの平面の図形の交わりとして描ける。

別解

三角関数で表して合成する(範囲が目で見えるルート)。 拘束 $s^2+t^2=1$ は単位円だから、$s=\cos \theta ,t=\sin \theta$ と置ける。すると

$$u=\cos \theta +\sin \theta =\sqrt{2}\sin \left(\theta +\frac{\pi }{4}\right),v=\cos \theta \sin \theta =\frac{u^2-1}{2}$$

($v$ の式は $u^2=1+2\cos \theta \sin \theta$ から。)合成の式を見れば、$u$ の動く範囲は $-\sqrt{2}\le u\le \sqrt{2}$ と直接読める。判別式を持ち出さなくても、範囲が振幅として目に見える。

このルートでは $s,t$ は最初から実数(単位円上の点)なので、実数条件のチェックそのものが不要になる。本解で判別式 $u^2-4v\ge 0$ が果たした役割を、合成の振幅が代わりに果たしている。

2つの道具が同じ範囲 $|u|\le \sqrt{2}$ を指すことを見比べておくと、対称式と三角関数のあいだに橋がかかる。