2026年 東京大学 理系数学 第5問

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1. 問題の構造

1.1 見る方向と二つの座標

$(z-\alpha)^3$ を展開する代わりに，$z-\alpha$ を幾何的に読む。点 $\mathrm{R}(\alpha)$ をとると $z-\alpha$ はベクトル $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ を表し，$\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ のとき $\arg w\equiv3\arg(z-\alpha)\pmod{2\pi}$ である。したがって本問の条件は，点 $\mathrm{R}$ から円 $C$ 上の点を見る方向だけで決まる。(1) は視点を $\mathrm{A}(-3)$ に固定した場合である。この状況は次の二通りに表せる。

• 原座標：$C$ を固定し，視点 $\mathrm{R}(\alpha)$ を動かす。条件はベクトル $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角で書ける（本解）。
• 相対座標：$u=z-\alpha$，$c=-\alpha$ とおいて $\mathrm{R}$ を原点に移すと，$|z|=1$ は $|u-c|=1$ となり $w=u^3$ である。固定された写像 $u\mapsto u^3$ のもとで，半径 $1$ の円の中心 $c$ を動かす問題になる（別解1以下）。
  両者は平行移動で移り合い，相対座標で原点から出る半直線は，原座標で $\mathrm{R}$ から出る半直線にあたる。全編を通じて次の記号を用いる。
• $\Gamma_c=\lbrace u\in\mathbb{C}\mid |u-c|=1\rbrace$，$K_c=\lbrace u\in\mathbb{C}\mid |u-c|\leqq1\rbrace$，$D_c=\lbrace u^3\mid u\in\Gamma_c\rbrace$。問題の $D$ は $D_{-\alpha}$ である。
• $x,y,\rho,\psi$ は，本解では $\alpha=x+iy=\rho e^{i\psi}$，相対座標の解法では $c=x+iy=\rho e^{i\psi}$ を表す（$x,y\in\mathbb{R}$，$\rho=|\alpha|=|c|\geqq0$）。偏角 $\psi$ は $0$ でない点についてのみ用いる。
• $\zeta=e^{i\pi/3}$，$\omega=\zeta^2=e^{2\pi i/3}$。$\zeta^3=-1$，$1+\omega+\omega^2=0$ である。
• $\Phi_1=\lbrace0,\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\rbrace$，$\Phi_2=\lbrace\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5\pi}{3}\rbrace$（$2\pi$ を法とする向きの集合）。
• $L_k=\lbrace t\zeta^k\mid t > 0\rbrace$（添字 $k$ は $6$ を法として扱う）。原点を含まない半直線である。
• $\ell_j=\lbrace t\zeta^j\mid t\in\mathbb{R}\rbrace$（$j=0,1,2$）。原点を通る直線であり，$\ell_j=L_j\cup L_{j+3}\cup\lbrace 0\rbrace$ である。
• $s_j=\operatorname{Im}(\omega^jc)$（$j=0,1,2$）。
• $\Omega_\varphi=\lbrace z+te^{i\varphi}\mid z\in C,\ t > 0\rbrace$：円 $C$ を向き $\varphi$ に平行移動して掃いた領域。
• $D_c$ が実軸の正の部分と負の部分の両方と共有点をもつような $c$ 全体の集合を $E$，点 $\mathrm{R}(\alpha)$ の動く範囲を $\mathcal{E}$ とする。$\mathcal{E}=-E=\lbrace -c\mid c\in E\rbrace$ である。
• 実数 $\vartheta,\psi$ の円周上の角距離を $\delta(\vartheta,\psi)=\min_{m\in\mathbb{Z}}|\vartheta-\psi-2m\pi|\in[0,\pi]$ と書く。
• 平面図形 $F$ の面積を $[F]$ と書く。図形の頂点などの点は立体で表し，$\mathrm{O}$ は原点とする。

1.2 3乗写像と実軸の逆像

$u\neq0$ を $u=re^{i\varphi}$（$r > 0$）と書けば $u^3=r^3e^{3i\varphi}$ であり，3乗写像は絶対値を3乗し偏角を3倍する。したがって
$$ \begin{aligned} u^3\in\mathbb{R}_{> 0}&\iff3\varphi\equiv0\pmod{2\pi}\iff u\in L_0\cup L_2\cup L_4,\\ u^3\in\mathbb{R}_{< 0}&\iff3\varphi\equiv\pi\pmod{2\pi}\iff u\in L_1\cup L_3\cup L_5 \end{aligned} $$
であり，$u=0$ は $w=0$ に対応して正負いずれの部分にも属さない。以下，$L_0,L_2,L_4$ を正の半直線，$L_1,L_3,L_5$ を負の半直線とよぶ。

ゆえに
$$ c\in E\iff\Gamma_c\ \text{が正の半直線と負の半直線の両方と交わる}. \tag{1.1} $$
6本の半直線は角 $\frac{\pi}{3}$ ごとに正負交互に並ぶ。
原座標では，$\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ のときベクトル $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ は $\alpha-z=-u$ で表され，$(\alpha-z)^3=-w$ であるから
$$ w < 0\iff\arg(\alpha-z)\in\Phi_1,\qquad w > 0\iff\arg(\alpha-z)\in\Phi_2 $$
となる（$w=0$ は $\mathrm{P}=\mathrm{R}$ のときに限る）。$\Phi_1,\Phi_2$ も角 $\frac{\pi}{3}$ ごとに交互に並ぶ6つの向きであり，条件は「$\mathrm{P}$ が $C$ 上を動くとき，$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\Phi_1$ の値と $\Phi_2$ の値をともにとる」と表される。
一方，$u=X+iY$（$X,Y\in\mathbb{R}$）とおくと $\operatorname{Im}(\omega u)=\frac{\sqrt3X-Y}{2}$，$\operatorname{Im}(\omega^2u)=-\frac{\sqrt3X+Y}{2}$ であるから
$$ \operatorname{Im}(u^3)=3X^2Y-Y^3=Y(3X^2-Y^2)=-4\prod_{j=0}^{2}\operatorname{Im}(\omega^ju) $$
が成り立ち，実軸全体の逆像は3直線 $\ell_0\cup\ell_1\cup\ell_2$ である（$\ell_j=\lbrace u\mid\operatorname{Im}(\omega^ju)=0\rbrace$）。$j$ と $j+3$ は偶奇が異なるから，各直線 $\ell_j$ は正の半直線と負の半直線を1本ずつ含む。この性質が 3.4 節 の凸性の議論の核心である。また $\omega^j$ 倍は $\ell_j$ を実軸へ移す回転であるから
$$ \operatorname{dist}(c,\ell_j)=|s_j|,\qquad s_0=y,\quad s_1=\frac{\sqrt3x-y}{2},\quad s_2=-\frac{\sqrt3x+y}{2},\qquad s_0+s_1+s_2=0. \tag{1.2} $$
零和関係 $s_0+s_1+s_2=0$ は $1+\omega+\omega^2=0$ の帰結であり， 3.5 節 ， 3.6 節 の基礎となる。

1.3 円と半直線の交差

(1)(2) はいずれも「視点から出る半直線が円と交わるか」の判定に帰着する。視点を原点とする相対座標で，これを一つの補題にまとめる。

$|q|$ は $c$ と直線 $\mathbb{R}e$ の距離，$pe$ は $c$ から直線 $\mathbb{R}e$ に下ろした垂線の足である。(i) は「距離が $1$ 以下で，かつ垂線の足が半直線の側にある」ことを述べており，直線との交差と半直線との交差の差は条件 $p > 0$ が担う。(ii) は，$|c| > 1$ のとき $\Gamma_c$ 上の点の偏角全体が，原点から引いた2接線にはさまれた閉区間 $[\psi-\beta,\psi+\beta]$（$2\pi$ を法として）に一致することを意味する。$\sin\beta=1/\rho$ は原点・中心・接点がなす直角三角形から読める。
補題1 は $c$ を任意の複素数として述べている。原座標では次のように読める。(i) で $c$ を $\alpha$ とすると，$|\alpha-te^{i\varphi}|=1$ を満たす $t > 0$ の存在は $\alpha\in \Omega_\varphi$ と同値であるから
$$ \Omega_\varphi=\lbrace\alpha\mid |\alpha| < 1\rbrace\cup S_\varphi,\qquad S_\varphi=\lbrace\alpha\mid\operatorname{Re}(\alpha e^{-i\varphi}) > 0,\ |\operatorname{Im}(\alpha e^{-i\varphi})|\leqq1\rbrace \tag{1.4} $$
である。すなわち掃過領域 $\Omega_\varphi$ は，$C$ の内部と，$C$ の前方へ向き $\varphi$ に伸びる幅 $2$ の半帯 $S_\varphi$ との和集合である。(ii) で $c$ を $-\alpha$ とすると（$\Gamma_{-\alpha}$ の点は $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ を表す），$|\alpha| > 1$ のとき $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角全体は閉区間 $[\arg\alpha-\beta,\ \arg\alpha+\beta]$（$\sin\beta=1/|\alpha|$）に一致する。両端は $\mathrm{R}$ から $C$ に引いた2接線の方向であり，(1) で $\mathrm{A}(-3)$ から $C$ を見る配置と同じである。

1.4 対称性

回転 $c\mapsto\zeta c$ は個々の半直線の正負を入れ替えるが，条件が正負の連言であるため全体としては不変になる。原座標でも同じことが直接分かる。原点のまわりの $\frac{\pi}{3}$ 回転は $C$ を保って $\Phi_1$ と $\Phi_2$ を入れ替え，実軸に関する鏡映は $C$ を保って $\Phi_1,\Phi_2$ をそれぞれ保つ（$\varphi\mapsto-\varphi$）。この補題から次が従う。

• $\mathcal{E}=-E=E$ である。$\mathcal{E}$ と $E$ は同じ図形であり，以下では状況に応じて一方を求めればよい。
• $60^\circ$ の扇形 $\Sigma=\lbrace c\mid 0\leqq y\leqq\sqrt3x\rbrace$（原点と $0\leqq\psi\leqq\frac{\pi}{3}$ の点からなる）を基本領域として $E=\bigcup_{j=0}^{5}\zeta^j(E\cap\Sigma)$ が成り立つ。直線 $\arg c=\frac{\pi}{6}$ に関する鏡映 $c\mapsto\zeta\bar c$ も用いれば $30^\circ$ の扇形が基本領域となり，12倍すればよい。

1.5 三層構造と臨界半径

したがって
$$ \Bigl\lbrace c\ \Big|\ |c|\leqq\frac{2}{\sqrt3}\Bigr\rbrace\subset E\subset\bigl\lbrace c\ \big|\ |c|\leqq2\bigr\rbrace $$
であり，(iii) により両側の半径はいずれも改善できない。$|\alpha|=|c|$ であるから，同じ三層構造は $\mathcal{E}$ についても成り立つ。原座標でいえば $2\beta$ は $\mathrm{R}$ から $C$ を見込む角であり，(i) は視野 $2\beta$ が $\frac{2\pi}{3}$ 以上，(ii) は $\frac{\pi}{3}$ 未満の場合にあたる。

$|c|\leqq2$ は必要条件にすぎない。例えば $c=\frac32$ は $\psi=0$，$\frac{2}{\sqrt3} < \frac32 < 2$ であり，(iii) より $c\notin E$ である。半径 $2$ の円板の面積 $4\pi$ を答とするのは誤りである。
(1) は視点 $\mathrm{A}(-3)$，すなわち $c=3$ の場合であり， 補題3 (ii) の層にある。$\beta=\arcsin\frac13 < \frac{\pi}{6}$ により $D$ の偏角は長さ $6\beta < \pi$ の区間に収まり，$D$ は右半平面 $\operatorname{Re}w > 0$ に含まれる。(1) の解答で確かめる不等式 $3\beta < \frac{\pi}{2}$ は，$\sin\beta=1/\rho$ のもとで (2) の外側の臨界条件 $\rho > 2$ と同値である。

1.6 境界の型

$|c| > 1$ の範囲では， 補題1 (i) の条件は「$p > 0$ かつ $|q|\leqq1$」である。$|q|\leqq1 < |c|$ のとき $p^2=|c|^2-q^2 > 0$ であるから，$|c| > 1$ の範囲で $\Gamma_c\cap L_k\neq\varnothing$ の真偽が切り替わるのは $|q|=1$，すなわち $c$ が $L_k$ を含む直線から距離 $1$ の平行線を横切るときに限る。一方，$|c|\leqq1$ の点はすべて 補題3 (i) により $E$ の内部にある（$1 < \frac{2}{\sqrt3}$）。ゆえに $E$ の境界は，3直線 $\ell_j$ に平行で原点から距離 $1$ の6直線 $|s_j|=1$ の上にあり，$E$ は多角形であると予想できる。原座標でいえば，境界は「$\mathrm{R}$ から見た $C$ の視野の端が $\Phi_1$ または $\Phi_2$ の向きに一致する」点，すなわち $\mathrm{R}$ を通りその向きをもつ直線が $C$ に接する点の集まりであり，6直線は向き $\frac{k\pi}{3}$ をもつ $C$ の接線である。実際 $E$ は

• 外側の6頂点 $2e^{i(\pi/6+k\pi/3)}$，
• 内側の6頂点 $\frac{2}{\sqrt3}e^{ik\pi/3}$（$k=0,1,\dots,5$）
  を交互に結ぶ正六芒星（二つの合同な正三角形の和集合）である（ 2.2 節 ， 3.5 節 ）。
  これに対し，単独の掃過領域 $\Omega_\varphi$（相対座標では1本の半直線 $L_k$ に届く中心の集合）は，(1.4) のとおり開円板と半帯 $S_\varphi$ の和集合であり，その境界は半円弧を含む。半円弧は単位円上にあって $E$ の内部に吸収されるため，正負両方への到達を課した $E$ の境界には残らない。

1.7 作問の設計と解法の導出

以上の構造から，作問の設計は次のように読める（数値設定と問題文からの分析であり，出題意図についての推定を含む）。

• 主題は「点から円を見る方向」：$z-\alpha$ をベクトル $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ と読めば $w$ の偏角はその3倍であり，(1)(2) はともに「点から $C$ を見る方向」の問題になる。(1) は視点 $\mathrm{A}(-3)$ から見た方向の範囲を，(2) は視点 $\mathrm{R}$ から見た方向が交互の6方向の両種に届く条件を問う。問題文が $C$ を固定して $\alpha$ を動かす形であることは，この読み方（原座標）に最も素直に対応する。相対座標に移ると $\alpha$ に符号 $-$ が付くが， 補題2 により $\mathcal{E}=-E=E$ であるから答に影響しない。
• (1) は (2) の部品の予行：(1) で用いる「視点からの2接線による偏角の範囲」と「偏角の3倍」は，(2) で視点 $\mathrm{R}$ の視野を判定する道具そのものである。$\alpha=-3$ は $\sin\beta=\frac13 < \frac12$ を与えて $3\beta < \frac{\pi}{2}$ を保証し，答が端点の値 $\pm\sin3\beta$ で決まる。$\alpha$ を $-2\leqq\alpha < 0$ の実数に変えると，$3\varphi$ の動く範囲は $\pm\frac{\pi}{2}$ を含み（$-1\leqq\alpha < 0$ では視点が $C$ の内部または周上にある），$\sin\theta$ の範囲は $[-1,1]$ となって3倍角の公式を用いる余地がなくなる。境目 $|\alpha|=2$ が (2) の外側の臨界半径に一致することは 1.5 節 で述べた。
• $\sin\theta$ を問う理由：$\theta$ は $2\pi$ の整数倍の不定性をもつが $\sin\theta$ は一意に定まる。また $\sin\beta=\frac13$ が有理数であるため $\sin3\beta=3\sin\beta-4\sin^3\beta=\frac{23}{27}$ も有理数となる。$\cos\theta$ を問えば値域は $\bigl[\frac{10\sqrt2}{27},1\bigr]$ となり，最大値は端点ではなく $\theta=0$ で生じる別種の問題になる。
• 正負の連言が有界性を生む：条件を「$D$ が実軸と共有点をもつ」に弱めると，中心の集合は3本の帯 $|s_j|\leqq1$ の和集合となり，「正の部分と共有点をもつ」だけなら 1.6 節 の円板と半帯3本の和集合となる。いずれも非有界である。正と負の両方を要求して初めて $E\subset\lbrace |c|\leqq2\rbrace$ となり，面積を問うことができる。
• 指数 $3$ と六芒星：指数 $n$ では正負の方向が角 $\frac{\pi}{n}$ ごとに交互に並び，領域は $2n$ 個の菱形からなる（ 定理6 ）。$n=3$ では $1+\omega+\omega^2=0$ により3本の符号付き距離が零和となり，領域は二つの正三角形の和集合という特に整った形をとる。答 $4\sqrt3=\frac{6}{\sin(\pi/3)}$ はこの構造を反映している。
• 半径 $1$ と距離 $1$：境界の6直線はすべて原点から距離 $1$ にあり，菱形の高さも $1$ である。このため面積は長方形 $2\times2\sqrt3$ への等積変形（本解），「底辺 $\times1$」や「周長の半分」（ 3.2 節 ）で求まり，試験場で完答できる計算量に収まる。
  各構造がどの解法を導くかを整理する。

  着目する構造	数学的翻訳	対応する解法
  $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角と3倍	視点 $\mathrm{R}$ から $C$ を見る方向（2接線，視野）	本解
  $C$ の平行移動による掃過	Minkowski 和 $\Omega_\varphi=C+L_\varphi$	本解（領域の把握）， 5.6 節
  円上の点の座標の二次関係	$\lvert z+3\rvert^2-9(\operatorname{Im}z)^2=(3\operatorname{Re}z+1)^2$（$\lvert z\rvert=1$）	3.1 節
  境界の直線が原点から距離 $1$	三角形・菱形分割，極座標積分，周長公式	3.2 節
  交互の6半直線と対称性（相対座標）	$60^\circ$ 扇形内の2直線への距離条件	別解1
  3本の零点直線と円板の凸性	帯の2重以上の被覆	別解2
  $1+\omega+\omega^2=0$	零和補題	参考解1
  零和3数の基本対称式	三次不等式	参考解2

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2. 本解：視点 R から円 C を見る（角度のみによる処理）

2.1 方針

$z-\alpha$ をベクトル $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ と読み，原座標のまま「点から円 $C$ を見る方向」だけで処理する（ 1.1 節 ）。
(1) では視点 $\mathrm{A}(-3)$ から $C$ に引いた2接線で $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ の偏角の範囲を定め，偏角を3倍して正弦の単調性を用いる。
(2) では条件を「$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\Phi_1$ の値と $\Phi_2$ の値をともにとる」と言い換え，$\mathrm{R}$ の動く範囲を $C$ の二つの掃過領域の共通部分として捉える。その形は，対称性で絞った角領域において，$\mathrm{R}$ から $C$ を見る視野の端が $C$ の接線になることから確定する。面積は長方形への等積変形で求める。

2.2 解答

(1)

点 $\mathrm{A}(-3)$ をとると，ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ は $z+3$ で表され，$\operatorname{Re}(z+3)\geqq2$ より $z+3\neq0$ である。$\varphi=\arg(z+3)$ を $-\frac{\pi}{2} < \varphi < \frac{\pi}{2}$ の範囲にとると，$w=(z+3)^3$ より $\theta\equiv3\varphi\pmod{2\pi}$，すなわち $\theta$ は $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ の偏角の3倍であり
$$ \sin\theta=\sin3\varphi. $$
$\mathrm{A}$ から $C$ に2本の接線を引く。$\mathrm{OA}=3$，半径は $1$ であり，接点において半径と接線は直交するから，各接線と直線 $\mathrm{AO}$ のなす角 $\beta$ は $\sin\beta=\frac13$，$0 < \beta < \frac{\pi}{2}$ を満たし，$\varphi$ のとりうる値の範囲はちょうど $-\beta\leqq\varphi\leqq\beta$ である（ 補題1 (ii)）。$\sin\beta=\frac13 < \frac12=\sin\frac{\pi}{6}$ より $0 < \beta < \frac{\pi}{6}$ であるから
$$ -\frac{\pi}{2} < -3\beta\leqq3\varphi\leqq3\beta < \frac{\pi}{2}. $$
$\sin$ はこの区間で増加し，$3\varphi$ は区間 $[-3\beta,3\beta]$ 全体を動くから，$\sin\theta$ のとりうる値の範囲は $[-\sin3\beta,\ \sin3\beta]$ である。3倍角の公式より
$$ \sin3\beta=3\sin\beta-4\sin^3\beta=1-\frac{4}{27}=\frac{23}{27}. $$
よって
$$ \boxed{-\frac{23}{27}\leqq\sin\theta\leqq\frac{23}{27}} $$
である。両端は2接点 $z=-\frac13\pm\frac{2\sqrt2}{3}i$ でとられる。

(2)

偏角による言い換え

　$\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ のとき，ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ は $\alpha-z$ で表され，$(\alpha-z)^3=-w$ である。よって（$2\pi$ を法として）
$$ w < 0\iff\arg(\alpha-z)\in\Phi_1=\Bigl\lbrace0,\ \frac{2\pi}{3},\ \frac{4\pi}{3}\Bigr\rbrace,\qquad w > 0\iff\arg(\alpha-z)\in\Phi_2=\Bigl\lbrace\frac{\pi}{3},\ \pi,\ \frac{5\pi}{3}\Bigr\rbrace. \tag{2.1} $$
$\mathrm{P}=\mathrm{R}$ のときは $w=0$ であり，正負いずれの部分にも属さない。ゆえに条件は，$\mathrm{P}$ が $C$ 上を動くとき，$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\Phi_1$ の値と $\Phi_2$ の値をともにとることである。
掃過領域　$\arg(\alpha-z)=\varphi$ となる $\mathrm{P}(z)\in C$ が存在することは，$\alpha=z+te^{i\varphi}$（$z\in C$，$t > 0$）と書けること，すなわち $\alpha\in \Omega_\varphi$ と同値である。したがって $\mathrm{R}$ の動く範囲は
$$ \mathcal{E}=\Bigl(\bigcup_{\varphi\in\Phi_1}\Omega_\varphi\Bigr)\cap\Bigl(\bigcup_{\varphi\in\Phi_2}\Omega_\varphi\Bigr) \tag{2.2} $$
である。すなわち $\mathrm{R}$ は，「$C$ 上の各点から $\Phi_1$ の方向に伸ばした半直線が描く領域」と「$\Phi_2$ の方向に伸ばした半直線が描く領域」の共通部分全体を動く。各 $\Omega_\varphi$ は $C$ の内部と幅 $2$ の半帯との和集合であり（(1.4)），図示すると共通部分は正六芒星になる。以下，その形を角度だけで確定する。
対称性　原点のまわりの $\frac{\pi}{3}$ 回転は $C$ を保ち，すべての向きを $\frac{\pi}{3}$ ずらすから $\Phi_1$ と $\Phi_2$ を入れ替える。実軸に関する鏡映は $C$ を保ち，向き $\varphi$ を $-\varphi$ に移すから $\Phi_1,\Phi_2$ をそれぞれ保つ。条件は $\Phi_1$ と $\Phi_2$ について対称であるから，$\mathcal{E}$ はこれらの変換で不変である。よって $\alpha=0$ または $0\leqq\arg\alpha\leqq\frac{\pi}{6}$ の範囲を調べれば，直線 $\arg\alpha=\frac{\pi}{6}$ に関する鏡映と $\frac{\pi}{3}$ 回転によって全体が得られる。
R から見た C　$\alpha=x+iy=\rho e^{i\psi}$（$\alpha=0$ または $0\leqq\psi\leqq\frac{\pi}{6}$）とし，$\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ にわたる $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角全体を $V$ とする。 補題1 を $\mathrm{R}$ を原点とする座標で用いると（ 1.3 節 ），次が成り立つ。

• $\rho < 1$ のとき $V$ はすべての方向からなる。$\rho=1$ のとき $V$ は開区間 $(\psi-\frac{\pi}{2},\psi+\frac{\pi}{2})$ である（ 補題1 (i) の条件 $p > 0$ が $\cos(\varphi-\psi) > 0$ となる）。
• $\rho > 1$ のとき $V$ は閉区間 $[\psi-\beta,\psi+\beta]$（$\sin\beta=\frac1\rho$，$0 < \beta < \frac{\pi}{2}$）であり，両端は $\mathrm{R}$ から $C$ に引いた2接線の方向である。
  $\rho\leqq1$ のとき，$V$ は $0\in\Phi_1$ と $\frac{\pi}{3}\in\Phi_2$ を含むから $\alpha\in\mathcal{E}$ である。$\rho > 1$ のとき，$\Phi_1$ のうち $\psi$ に最も近い向きは $0$（角距離 $\psi$），$\Phi_2$ のうち最も近い向きは $\frac{\pi}{3}$（角距離 $\frac{\pi}{3}-\psi$）であり，他の向きはそれぞれ角距離 $\frac{2\pi}{3}-\psi$ 以上，$\frac{\pi}{3}+\psi$ 以上離れている。$\psi\leqq\frac{\pi}{3}-\psi$ であるから，遠い方の向き $\frac{\pi}{3}$ が視野 $V$ に入ればよく，
  $$ \alpha\in\mathcal{E}\iff\beta\geqq\frac{\pi}{3}-\psi\iff\rho\sin\Bigl(\frac{\pi}{3}-\psi\Bigr)\leqq1\iff\sqrt3x-y\leqq2. \tag{2.3} $$
  2番目の同値は，$\beta$ と $\frac{\pi}{3}-\psi$ がともに $\sin$ の増加区間 $[0,\frac{\pi}{2})$ にあることによる。$\rho\leqq1$ の点も $\sqrt3x-y=2\rho\sin(\frac{\pi}{3}-\psi)\leqq2$ を満たすから，(2.3) の最左辺と最右辺の同値は $\rho$ によらず成り立つ。直線 $\sqrt3x-y=2$ は向き $\frac{\pi}{3}$ をもつ $C$ の接線（接点 $e^{-i\pi/6}$）であり，その上の点 $\mathrm{R}$ からは，向き $\frac{\pi}{3}$ がちょうど視野の端に見える。正六芒星　(2.3) より，$\mathcal{E}$ のうち $0\leqq\arg\alpha\leqq\frac{\pi}{6}$ の部分（と原点）は，直線 $y=0$，$y=\frac{x}{\sqrt3}$，$\sqrt3x-y=2$ で囲まれる三角形 $\mathrm{OAB}$ である。ただし
  $$ \mathrm{A}\Bigl(\frac{2}{\sqrt3},0\Bigr),\qquad\mathrm{B}(\sqrt3,1). $$
  直線 $\arg\alpha=\frac{\pi}{6}$ に関する鏡映で $\mathrm{A}$ は $\mathrm{F}\bigl(\frac{1}{\sqrt3},1\bigr)$ に移り，三角形 $\mathrm{OAB}$ と $\mathrm{OBF}$ は菱形 $\mathrm{OABF}$ をなす。これを $\frac{\pi}{3}$ ずつ回転した6個の菱形の和集合が $\mathcal{E}$ であり，$\mathcal{E}$ は外側の頂点 $2e^{i(\pi/6+k\pi/3)}$ と内側の頂点 $\frac{2}{\sqrt3}e^{ik\pi/3}$（$k=0,1,\dots,5$）を交互に結ぶ正六芒星である。面積　長方形 $Q=\lbrace\alpha\mid |x|\leqq\sqrt3,\ |y|\leqq1\rbrace$（横 $2\sqrt3$，縦 $2$）を考える。頂点の配置より，$\mathcal{E}$ のうち帯 $|y|\leqq1$ に含まれる部分は，$Q$ から左右の切欠き（3点 $(\sqrt3,1)$，$(\frac{2}{\sqrt3},0)$，$(\sqrt3,-1)$ を頂点とする三角形とその鏡像）を除いたものであり，帯の外の部分は上下の先端（3点 $(-\frac{1}{\sqrt3},1)$，$(\frac{1}{\sqrt3},1)$，$(0,2)$ を頂点とする正三角形とその鏡像）である。先端を対称軸で二等分した4つの直角三角形と，切欠きを実軸で二等分した4つの直角三角形は，いずれも直角をはさむ2辺が $1$ と $\frac{1}{\sqrt3}$ であり合同である。よって先端を切り取って切欠きを埋めれば $\mathcal{E}$ は $Q$ に等積変形され，
  $$ [\mathcal{E}]=[Q]=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3. $$
  求める面積は
  $$ \boxed{4\sqrt3} $$
  である。相対座標での範囲 $E$ とは $\mathcal{E}=-E=E$ の関係にある（ 補題2 ）。

解答のまとめ

2.3 検証・検算

• (1) の端点の直接計算：$z=-\frac13+\frac{2\sqrt2}{3}i$ は $|z|^2=\frac19+\frac89=1$ を満たす。$z+3=\frac{8+2\sqrt2\,i}{3}$ であり，$(8+2\sqrt2\,i)^3=320+368\sqrt2\,i$，$|8+2\sqrt2\,i|^3=(\sqrt{72})^3=432\sqrt2$ より $\sin\theta=\frac{368\sqrt2}{432\sqrt2}=\frac{23}{27}$。
• (1) の内部の値：$z=-1$ で $w=8$，$\sin\theta=0$。$z=i$ で $z+3=3+i$，$\sin\varphi=\frac{1}{\sqrt{10}} < \frac13$ であり，範囲の内部にある。
• (1) と (2) の整合：$\alpha=-3$ を (2) の言葉で見ると，$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角の範囲は $\pi$ を中心とする長さ $2\beta < \frac{\pi}{3}$ の区間であり，$\pi\in\Phi_2$ は含むが $\Phi_1$ の値は含まない。$D$ は正の実軸にしか届かず，$|\alpha|=3 > 2$ に対する 補題3 (ii) と整合する。
• 頂点と臨界半径：$\mathrm{OA}=\frac{2}{\sqrt3}$ は $\psi=0$ 方向の最大半径（視野が $\frac{\pi}{3}$ に届く限界 $\beta=\frac{\pi}{3}$），$\mathrm{OB}=2$ は $\psi=\frac{\pi}{6}$ 方向の最大半径（$\beta=\frac{\pi}{6}$）であり， 補題3 の二つの臨界半径に一致する。
• 境界上の点：$\alpha=\sqrt3+i$（頂点 $\mathrm{B}$）では $V=[0,\frac{\pi}{3}]$ である。$\mathrm{P}=i$ で $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角は $0\in\Phi_1$，$w=(-\sqrt3)^3 < 0$。$\mathrm{P}=e^{-i\pi/6}$ で偏角は $\frac{\pi}{3}\in\Phi_2$，$z-\alpha=\sqrt3\,e^{4\pi i/3}$ より $w=3\sqrt3 > 0$。2点はいずれも $\mathrm{B}$ から引いた接線の接点である。
• 反例点：$\alpha=\frac32$ は $|\alpha| < 2$ であるが，$\sqrt3\cdot\frac32=\frac{3\sqrt3}{2} > 2$ より (2.3) を満たさない。実際 $\beta=\arcsin\frac23 < \frac{\pi}{3}$ で，視野は $0\in\Phi_1$ を含むが $\pm\frac{\pi}{3}$ に届かない。
• 等積変形の数値：先端1つの面積は $\frac12\cdot\frac{2}{\sqrt3}\cdot1=\frac{1}{\sqrt3}$，切欠き1つの面積は $\frac12\cdot2\cdot\bigl(\sqrt3-\frac{2}{\sqrt3}\bigr)=\frac{1}{\sqrt3}$ で一致する。
• 包含関係：$\frac{4\pi}{3}\approx4.19 < 4\sqrt3\approx6.93 < 4\pi\approx12.57$ であり，半径 $\frac{2}{\sqrt3}$ と半径 $2$ の円板の面積にはさまれる（ 補題3 ）。
• 面積の再計算：三角形 $\mathrm{OAB}$ の12倍，菱形の6倍，極座標積分，周長の半分（ 3.2 節 ），別解1・別解2・参考解1・参考解2のいずれも $4\sqrt3$ を与える。また，細かい格子上で (2.2) の掃過領域の共通部分を数値的に求めた面積も，離散化誤差の範囲で $4\sqrt3\approx6.928$ に一致する。

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3. 別解と参考解

3.1 (1) の別証：平方完成と3倍角の多項式

着想・方針

本解の「接線で偏角の最大値を決める」操作を，等号条件つきの代数的不等式に置き換える。$s=\sin\varphi$ の範囲を直接評価し，3倍角を多項式 $f(s)=3s-4s^3$ として扱えば，区間 $3\varphi\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ の確認は $f$ の単調性に吸収される。

解答

$z=x+iy$（$x^2+y^2=1$），$u=z+3$ とし，本解と同様に $\varphi=\arg u\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，$s=\sin\varphi=\frac{y}{|u|}$ とおく。$|u|^2=(x+3)^2+y^2=6x+10$ より
$$ \lvert u\rvert^2-9y^2=6x+10-9(1-x^2)=(3x+1)^2\geqq0. $$
よって $|s|\leqq\frac13$ であり，等号は $x=-\frac13$，$y=\pm\frac{2\sqrt2}{3}$ のときに限り，そのとき $s=\pm\frac13$ である。$z=e^{it}$ とすれば $s$ は $t$ の連続関数であるから，中間値の定理により $s$ は $[-\frac13,\frac13]$ のすべての値をとる。
$\sin\theta=\sin3\varphi=3s-4s^3=f(s)$ であり，$|s|\leqq\frac13$ において
$$ f'(s)=3-12s^2\geqq3-\frac{12}{9}=\frac53 > 0 $$
であるから $f$ は増加する。ゆえに $\sin\theta$ の範囲は
$$ \Bigl[f\Bigl(-\frac13\Bigr),\ f\Bigl(\frac13\Bigr)\Bigr]=\Bigl[-\frac{23}{27},\ \frac{23}{27}\Bigr]. $$

検証・検算

• 等号条件 $x=-\frac13$ は本解の接点の実部に一致する。$(3x+1)^2$ は接点からのずれを測る量である。
• $f'(s)=0\iff s=\pm\frac12\iff\varphi=\pm\frac{\pi}{6}$ である。$|s|\leqq\frac13 < \frac12$ が単調性を保証し，これは本解の条件 $\beta < \frac{\pi}{6}$ と同一である。
• $z=\pm1$ では $s=0$，$f=0$ であり，$w=u^3 > 0$ と整合する。

3.2 正六芒星の面積の他の導出

着想・方針

本解では領域を確定したのち，長方形 $2\times2\sqrt3$ への等積変形で面積を得た。同じ領域の面積は，12個の三角形，6個の菱形，極座標の積分，周長のいずれからも求まる。いずれも，境界のすべての辺が原点から距離 $1$ の直線（$C$ の接線）上にあることを反映している。

解答

12個の三角形

三角形 $\mathrm{OAB}$ は底辺 $\mathrm{OA}=\frac{2}{\sqrt3}$，高さ $1$（$\mathrm{B}$ の $y$ 座標）であるから
$$ [\mathrm{OAB}]=\frac12\cdot\frac{2}{\sqrt3}\cdot1=\frac{1}{\sqrt3},\qquad[\mathcal{E}]=12\cdot\frac{1}{\sqrt3}=4\sqrt3. $$

6個の菱形と斜交座標

菱形 $\mathrm{OABF}$ は2本の帯 $0\leqq y\leqq1$，$0\leqq\sqrt3x-y\leqq2$ の共通部分である。$\sigma=y$，$\tau=\frac{\sqrt3x-y}{2}$ とおくと菱形は $(\sigma,\tau)\in[0,1]^2$ と同値であり，
$$ \left|\frac{\partial(\sigma,\tau)}{\partial(x,y)}\right|=\left|\det\begin{pmatrix}0&1\\ \frac{\sqrt3}{2}&-\frac12\end{pmatrix}\right|=\frac{\sqrt3}{2} $$
より $[\mathrm{OABF}]=\frac{2}{\sqrt3}$，$[\mathcal{E}]=6\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3$ である。$\sigma,\tau$ は直線 $\ell_0,\ell_1$ までの距離であり，菱形の高さ $1$ は距離の上限 $1$ そのものである。同じことを $\alpha=\lambda+\mu\zeta$（$\lambda,\mu\geqq0$）と書いて述べれば，$\operatorname{dist}(\alpha,\ell_0)=\mu\sin\frac{\pi}{3}$，$\operatorname{dist}(\alpha,\ell_1)=\lambda\sin\frac{\pi}{3}$ であり，菱形は正方形 $[0,\frac{2}{\sqrt3}]^2$ の $(\lambda,\mu)\mapsto\lambda+\mu\zeta$ による像である。

極座標積分

(2.3) より，$0\leqq\psi\leqq\frac{\pi}{6}$ において
$$ \alpha\in\mathcal{E}\iff0\leqq\rho\leqq\rho_{\max}(\psi):=\frac{1}{\sin(\frac{\pi}{3}-\psi)} $$
である。よって
$$ \begin{aligned} [\mathcal{E}]&=12\int_0^{\pi/6}\frac12\rho_{\max}(\psi)^2\,d\psi=6\int_0^{\pi/6}\frac{d\psi}{\sin^2(\frac{\pi}{3}-\psi)}\\ &=6\Bigl[\cot\Bigl(\frac{\pi}{3}-\psi\Bigr)\Bigr]_0^{\pi/6}=6\Bigl(\sqrt3-\frac{1}{\sqrt3}\Bigr)=4\sqrt3. \end{aligned} $$

周長

$\mathcal{E}$ は12個の三角形 $\zeta^j\mathrm{OAB}$，$\zeta^j\mathrm{OBF}$（$j=0,1,\dots,5$）に分割される。各三角形の底辺は $\mathcal{E}$ の境界をなす長さ $\frac{2}{\sqrt3}$ の線分であり，頂点 $\mathrm{O}$ から底辺を含む直線（$\sqrt3x-y=2$，$y=1$ およびその回転像）までの距離は $1$ である。よって
$$ [\mathcal{E}]=\frac12\times(\text{周長})\times1=\frac12\cdot12\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3. $$

検証・検算

• 4通りの計算はいずれも $4\sqrt3$ を与え，本解の等積変形とも一致する。
• $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(\frac{1}{\sqrt3},1)$ より $\mathrm{AB}=\frac{2}{\sqrt3}$，原点から直線 $\sqrt3x-y=2$ までの距離は $\frac{2}{2}=1$ であり，$\frac12\cdot\mathrm{AB}\cdot1=\frac{1}{\sqrt3}=[\mathrm{OAB}]$ と一致する。
• $\rho_{\max}(0)=\frac{2}{\sqrt3}$，$\rho_{\max}(\frac{\pi}{6})=2$ は 補題3 の臨界半径に一致する。$\rho=\rho_{\max}(\psi)$ は直線 $\sqrt3x-y=2$ の極方程式である。
• $\frac{d}{d\psi}\cot(\frac{\pi}{3}-\psi)=\frac{1}{\sin^2(\frac{\pi}{3}-\psi)}$ である。係数 $12$ は $30^\circ$ 扇形の個数，$\frac12$ は面積要素 $\rho\,d\rho\,d\psi$ の $\rho$ についての積分に由来する。
• 視野の長さ $2\beta$ だけでは判定できない。$2\beta\geqq\frac{\pi}{3}$（$\rho\leqq2$）は必要条件にすぎず，視野の位置 $\psi$ が不可欠である。
• 「面積 $=\frac12\times$ 周長」は，境界のすべての辺を含む直線が原点から距離 $1$ にある星形領域に特有の関係であり，一般の累乗でも成り立つ（ 5.2 節 ）。

3.3 別解1：相対座標と6個の菱形

着想・方針

本解は原座標で視点 $\mathrm{R}$ の視野（偏角の区間）を求めた。ここでは平行移動 $u=z-\alpha$ によって $\mathrm{R}$ を原点に移し，固定された6本の半直線 $L_k$ と動く円 $\Gamma_c$（$c=-\alpha$）の交差を， 補題1 (i) の距離と垂線の足で判定する。視野の区間を求める代わりに到達先の半直線を先に固定し，$60^\circ$ の扇形で2本の距離条件を立てる。

解答

$u=z-\alpha$，$c=-\alpha$ とおくと，$u$ は $\Gamma_c$ 上を動き $w=u^3$ である。(1.1) より条件は $c\in E$ と同値である。 補題2 より $E$ は回転 $c\mapsto\zeta c$ で不変である。
扇形への限定　$\Sigma=\lbrace c\mid 0\leqq y\leqq\sqrt3x\rbrace$ とおく。$\zeta^j\Sigma$（$j=0,1,\dots,5$）は平面を覆い，互いに境界の半直線上でのみ重なる。$E\cap\zeta^j\Sigma=\zeta^j(E\cap\Sigma)$ であるから，$E\cap\Sigma$ を決定すればよい。
扇形内の判定　$c=\rho e^{i\psi}\in\Sigma$（$0\leqq\psi\leqq\frac{\pi}{3}$）とし，$e=\zeta^k$ に対する 補題1 の $p,q$ を $p_k,q_k$ と書く：
$$ p_k=\rho\cos\Bigl(\psi-\frac{k\pi}{3}\Bigr),\qquad q_k=\rho\sin\Bigl(\psi-\frac{k\pi}{3}\Bigr). $$
$\rho < 1$ のとき（$c=0$ を含む）， 補題1 (i) より $\Gamma_c$ は6本すべてと交わるから $c\in E$ である。$\rho\geqq1$ のとき，次が成り立つ。

• $\psi,\ \frac{\pi}{3}-\psi\in[0,\frac{\pi}{3}]$ より $p_0\geqq\frac{\rho}{2} > 0$，$p_1\geqq\frac{\rho}{2} > 0$。
• $\cos(\psi-\pi)=-\cos\psi < 0$，$\cos(\psi-\frac{4\pi}{3})=\cos(\frac{4\pi}{3}-\psi)\leqq-\frac12$ より $p_3 < 0$，$p_4 < 0$。よって $\Gamma_c$ は $L_3,L_4$ と交わらない。
• $|q_2|-|q_0|=\rho\bigl(\sin(\frac{2\pi}{3}-\psi)-\sin\psi\bigr)=\rho\sin(\frac{\pi}{3}-\psi)\geqq0$，$|q_5|-|q_1|=\rho\bigl(\sin(\psi+\frac{\pi}{3})-\sin(\frac{\pi}{3}-\psi)\bigr)=\rho\sin\psi\geqq0$。
  補題1 (i) より，$\Gamma_c$ が $L_2$ と交われば $|q_0|\leqq|q_2|\leqq1$ かつ $p_0 > 0$ となって $L_0$ とも交わり，$L_5$ と交われば同様に $L_1$ とも交わる。したがって，正の半直線のいずれかと交わることは $L_0$ と交わることと，負の半直線のいずれかと交わることは $L_1$ と交わることと同値であり，
  $$ c\in E\iff|q_0|\leqq1\ \text{かつ}\ |q_1|\leqq1\iff\rho\sin\psi\leqq1\ \text{かつ}\ \rho\sin\Bigl(\frac{\pi}{3}-\psi\Bigr)\leqq1. $$
  $\rho < 1$ のときは右端の2不等式も成り立つ（左辺はいずれも $\rho$ 以下）から，この同値は $\Sigma$ 全体で成り立つ。$\rho\sin\psi=y$，$\rho\sin(\frac{\pi}{3}-\psi)=\frac{\sqrt3x-y}{2}$ であるから
  $$ E\cap\Sigma=\lbrace c\mid 0\leqq y\leqq1,\ 0\leqq\sqrt3x-y\leqq2\rbrace. \tag{3.1} $$菱形と面積　(3.1) は2本の帯の共通部分であり，本解と同じ4頂点 $\mathrm{O},\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{F}$ をもつ菱形である。$\mathrm{OA}=\mathrm{OF}=\frac{2}{\sqrt3}$，$\angle\mathrm{AOF}=\frac{\pi}{3}$ であり，辺 $\mathrm{OA}$，$\mathrm{FB}$ はそれぞれ直線 $y=0$，$y=1$ 上にあるから $[\mathrm{OABF}]=\mathrm{OA}\times1=\frac{2}{\sqrt3}$。$E$ はこれを原点のまわりに $\frac{\pi}{3}$ ずつ回転した6個の菱形の和集合で，それらは辺上でのみ重なるから
  $$ [E]=6\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3. $$
  $\mathrm{R}(\alpha)$ の動く範囲は $\mathcal{E}=-E=E$ であるから，求める面積は $4\sqrt3$ である。

検証・検算

• (3.1) は本解の $\mathcal{E}$ のうち $0\leqq\arg\alpha\leqq\frac{\pi}{3}$ の部分（三角形 $\mathrm{OAB}$ と $\mathrm{OBF}$ の和）に一致し，$\mathcal{E}=E$ と整合する。
• 境界上の点：$c=\sqrt3+i$（頂点 $\mathrm{B}$）では，$\Gamma_c$ は $L_0$ に点 $\sqrt3$ で接し（$u^3=3\sqrt3 > 0$），$L_1$ に点 $\sqrt3\,\zeta$ で接する（$u^3=3\sqrt3\,\zeta^3=-3\sqrt3 < 0$）。
• 反例点：$c=\frac32$ は $|c| < 2$ であるが，$\frac{3\sqrt3}{2} > 2$ より (3.1) を満たさない。
• 条件 $p > 0$ の役割：$c=-\frac32$ は直線 $\ell_0$ からの距離が $0$ であるが，$p_0=-\frac32 < 0$ であり，$\Gamma_c$ は $L_0$ と交わらない。距離だけで判定すると，このような点を誤って数える。

3.4 別解2：3本の零点直線と帯領域の包除

着想・方針

正負の符号を追跡せず，円板 $K_c$ が3本の零点直線 $\ell_0,\ell_1,\ell_2$ のうち何本と交わるかだけを数える。各直線が正負の半直線を1本ずつ含むこと（ 1.2 節 ）と円板の凸性により，「正負両方に到達する」は「2本以上と交わる」と同値になる。円板と直線の交差は中心の帯状領域で表されるから，面積は帯の重なりの包除で求まる。

解答

帯 $B_j=\lbrace c\mid |s_j|\leqq1\rbrace$（$j=0,1,2$，幅 $2$）とおくと， 補題4 より
$$ E=(B_0\cap B_1)\cup(B_1\cap B_2)\cup(B_2\cap B_0). \tag{3.2} $$
3直線は互いに $\frac{\pi}{3}$ の角をなすから，$B_j\cap B_k$（$j\neq k$）は高さ $2$，一辺 $\frac{2}{\sin(\pi/3)}=\frac{4}{\sqrt3}$ の菱形であり，面積は $\frac{4}{\sqrt3}\cdot2=\frac{8}{\sqrt3}$ である。$H=B_0\cap B_1\cap B_2$ は，外向き単位法線が $\frac{\pi}{3}$ ずつ回転した6直線 $s_j=\pm1$（いずれも原点から距離 $1$）で囲まれる正六角形であり，一辺 $\frac{2}{\sqrt3}$，面積 $\frac12\cdot\bigl(6\cdot\frac{2}{\sqrt3}\bigr)\cdot1=2\sqrt3$ である。(3.2) の3つの菱形のどの2つの共通部分も，3つ全部の共通部分も $H$ に等しいから，包除原理より
$$ [E]=3\cdot\frac{8}{\sqrt3}-3\cdot2\sqrt3+2\sqrt3=8\sqrt3-4\sqrt3=4\sqrt3. $$

検証・検算

• 菱形 $B_0\cap B_1$ は，正六角形 $H$ と，六芒星の向かい合う2つの先端（一辺 $\frac{2}{\sqrt3}$ の正三角形，面積 $\frac{\sqrt3}{3}$）からなる。$2\sqrt3+2\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{8}{\sqrt3}$ と一致する。
• $E$ は $H$ と6つの先端の和集合であり，$[E]=2\sqrt3+6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=4\sqrt3$ である。先端の1つは三角形 $\mathrm{ABF}$ である。
• $H$ は $E$ の中心部分であって $E$ そのものではない。$H$ の6頂点 $\frac{2}{\sqrt3}e^{ik\pi/3}$ は六芒星の内側の頂点に一致する。
• 円板が直線1本と交わるだけでは，その直線の正負の半直線の一方にしか届かない場合や，$|c|=1$ で原点 $u=0$ しか共有しない場合を排除できない。「2本以上」という条件の必要十分性は，凸性によって初めて保証される。

3.5 参考解1：零和恒等式と二つの正三角形

着想・方針

(1.2) の零和関係 $s_0+s_1+s_2=0$ を用いると，「3つの両側不等式 $|s_j|\leqq1$ のうち2つ以上」という条件を，「3つの上側不等式すべて」または「3つの下側不等式すべて」という二者択一に変換できる。各選択肢は3つの半平面の共通部分，すなわち正三角形であり，六芒星が二つの正三角形の和集合として直接得られる。

解答

補題4 と 補題5 より
$$ E=T_+\cup T_-,\qquad T_+=\lbrace c\mid s_0,s_1,s_2\leqq1\rbrace,\quad T_-=\lbrace c\mid s_0,s_1,s_2\geqq-1\rbrace. $$
(1.2) より $T_+$ は3不等式 $y\leqq1$，$\sqrt3x-y\leqq2$，$-\sqrt3x-y\leqq2$ で定まり，頂点 $(\sqrt3,1)$，$(-\sqrt3,1)$，$(0,-2)$ をもつ正三角形（一辺 $2\sqrt3$，内接円半径 $1$，外接円半径 $2$）である。$T_-=-T_+$ であり，$T_+\cap T_-=\lbrace c\mid |s_j|\leqq1\ (j=0,1,2)\rbrace=H$ は 3.4 節 の正六角形である。よって
$$ [E]=[T_+]+[T_-]-[H]=2\cdot\frac{\sqrt3}{4}(2\sqrt3)^2-2\sqrt3=6\sqrt3-2\sqrt3=4\sqrt3. $$

検証・検算

• 零和条件は不可欠である。例えば $(a,b,d)=(\frac12,-2,-2)$ は $\max\leqq1$ を満たすが，絶対値が $1$ 以下の数は1つしかない。
• $T_+$ の底辺は直線 $y=1$ 上で長さ $2\sqrt3$，高さは $3$ であり，$[T_+]=3\sqrt3$ である。
• $T_+$ の頂点は $2e^{i(\pi/6+2k\pi/3)}$，$T_-$ の頂点はその $-1$ 倍であり，合わせて六芒星の外側の6頂点となる。内側の頂点は $s_j=1$ と $s_k=-1$ の交点として現れる（例：$\mathrm{A}$ で $(s_0,s_1,s_2)=(0,1,-1)$）。
• 共通部分 $H$ は1回だけ差し引く。

3.6 参考解2：三次不等式による代数的記述

着想・方針

零和3数 $s_0,s_1,s_2$ の基本対称式は
$$ e_1=s_0+s_1+s_2=0,\qquad e_2=\sum_{j < k}s_js_k=-\frac12\sum_{j}s_j^2,\qquad e_3=s_0s_1s_2=-\frac14\operatorname{Im}(c^3) $$
と $c$ の多項式で書ける（$e_3$ は 1.2 節 の積公式による）。$T_\pm$ への所属を $\prod_j(1\mp s_j)$ の符号で判定すれば，$E$ を $c$ の三次式で記述できる。

解答

(1.2) より $\sum_js_j^2=y^2+\frac{(\sqrt3x-y)^2+(\sqrt3x+y)^2}{4}=\frac32(x^2+y^2)$ であるから $e_2=-\frac34|c|^2$ となり，
$$ \begin{aligned} 4\prod_{j=0}^{2}(1-s_j)&=4(1-e_1+e_2-e_3)=4-3|c|^2+\operatorname{Im}(c^3),\\ 4\prod_{j=0}^{2}(1+s_j)&=4(1+e_1+e_2+e_3)=4-3|c|^2-\operatorname{Im}(c^3). \end{aligned} $$
$|c|\leqq2$ とする。2つの $s_j$ が同時に $1$ を超えると，残る1つは $-2$ 未満となって $\sum_js_j^2 > 6$，すなわち $|c| > 2$ となり矛盾する。同様に，2つが同時に $-1$ 未満になることもない。このとき $c\in T_+\iff\prod_j(1-s_j)\geqq0$ が成り立つ。実際，$\Rightarrow$ は各因数が非負であることから従う。逆に積が非負で $s_j > 1$ となる $j$ があれば，それは唯一であり，他の2因数は非負であるから積は $0$ となり，$s_k=1$ となる $k\neq j$ が存在する。すると残る1つは $-(s_j+1) < -2$ となり，$\sum_js_j^2 > 6$ に反する。$T_-$ についても同様である。 補題3 より $E\subset\lbrace |c|\leqq2\rbrace$ であるから， 3.5 節 と合わせて
$$ \boxed{E=\bigl\lbrace c\ \big|\ |c|\leqq2,\ |\operatorname{Im}(c^3)|\geqq3|c|^2-4\bigr\rbrace}. $$
$|\alpha|=|c|$，$|\operatorname{Im}(\alpha^3)|=|\operatorname{Im}(c^3)|$ であるから，$\mathrm{R}(\alpha)$ の範囲は「$|\alpha|\leqq2$ かつ $|\operatorname{Im}(\alpha^3)|\geqq3|\alpha|^2-4$」と表される。
面積は，因数分解
$$ \begin{aligned} 4-3(x^2+y^2)+\operatorname{Im}(c^3)&=(1-y)(2+y-\sqrt3x)(2+y+\sqrt3x),\\ 4-3(x^2+y^2)-\operatorname{Im}(c^3)&=(1+y)(2-y-\sqrt3x)(2-y+\sqrt3x) \end{aligned} $$
により各条件が正三角形 $T_\pm$ を表すことから， 3.5 節 と同様に $[E]=4\sqrt3$ を得る。

検証・検算

• $|c|\leqq\frac{2}{\sqrt3}$ なら右辺 $3|c|^2-4\leqq0$ であり，不等式は自動的に成り立つ。内側の臨界半径（ 補題3 (i)）がそのまま現れる。
• $|c|=2$ では $|\operatorname{Im}(c^3)|\leqq|c|^3=8=3|c|^2-4$ であり，等号は $c^3\in i\mathbb{R}$，すなわち $\psi\equiv\frac{\pi}{6}\pmod{\frac{\pi}{3}}$ のときに限る。これは外側の6頂点である。さらに $\rho^3-(3\rho^2-4)=(\rho-2)^2(\rho+1)$ より，外側の臨界半径 $2$ は重根として現れる。
• 条件 $|c|\leqq2$ は省けない。$c=3i$ は $|\operatorname{Im}(c^3)|=27\geqq3\cdot9-4=23$ を満たすが，$|c|=3 > 2$ であり $c\notin E$ である。$\rho > 2$ では $\frac{3\rho^2-4}{\rho^3} < 1$ であるから，$|\sin3\psi|$ が $1$ に近い方向で三次不等式が成り立ってしまう。
• $c=\frac32$ では $\operatorname{Im}(c^3)=0 < 3\cdot\frac94-4=\frac{11}{4}$ であり $c\notin E$。本解の反例点と一致する。

3.7 同じ系列に属する変形

以下は上記いずれかの解法と核心を共有するか，単独では完結しないため，独立の解法として扱わない。

(1) の系列

• 正弦定理：中心を $\mathrm{O}$，$C$ 上の点を $\mathrm{P}(z)$（$z\neq\pm1$）とすると，三角形 $\mathrm{AOP}$ の正弦定理より $\sin|\varphi|=\frac{\mathrm{OP}}{\mathrm{AO}}\sin\angle\mathrm{APO}=\frac13\sin\angle\mathrm{APO}\leqq\frac13$ であり，等号は $\angle\mathrm{APO}=\frac{\pi}{2}$（接線）のときに限る。本解の接線の議論を一行にしたものである。
• 接線と平方完成： 3.1 節 の $(3x+1)^2\geqq0$ は偏角の最大値 $\beta$ の代数的証明であり，極値の構造は本解と同一である。

本解の系列（原座標・視野）

• 掃過領域の直接計算：(1.4) を (2.2) に代入すると，$\mathcal{E}$ は開円板と，隣り合う向きの半帯の共通部分6つ（凧形）との和集合になる（ 5.6 節 ）。図2的な把握をそのまま式で確かめる方法であるが，境界の確定には結局 (2.3) と同じ接線の条件を用いる。
• 半径先行の積分：半径 $\rho$ を固定し，許される $\psi$ の測度 $M(\rho)$ を求める。$\frac{2}{\sqrt3} < \rho < 2$ では，(2.3) より $0\leqq\psi\leqq\frac{\pi}{6}$ のうち $\psi\geqq\frac{\pi}{3}-\beta$ の部分が許され，その長さは $\beta-\frac{\pi}{6}$ である。12倍して
  $$ M(\rho)=\begin{cases}2\pi&(0\leqq\rho\leqq\frac{2}{\sqrt3}),\\ 12\arcsin\frac1\rho-2\pi&(\frac{2}{\sqrt3} < \rho < 2),\\ 0&(\rho\geqq2).\end{cases} $$
  $\rho=2$ では許される方向が6つあるが，その測度は $0$ である。$F(\rho)=12\arcsin\frac1\rho-2\pi$ とおくと $F'(\rho)=-\frac{12}{\rho\sqrt{\rho^2-1}}$，$F(\frac{2}{\sqrt3})=2\pi$，$F(2)=0$ であり，部分積分により
  $$ [\mathcal{E}]=\int_0^\infty\rho M(\rho)\,d\rho=\frac{4\pi}{3}+\Bigl[\frac{\rho^2}{2}F(\rho)\Bigr]_{2/\sqrt3}^{2}+6\int_{2/\sqrt3}^{2}\frac{\rho\,d\rho}{\sqrt{\rho^2-1}}=6\Bigl(\sqrt3-\frac{1}{\sqrt3}\Bigr)=4\sqrt3. $$
• 回転共変性：$c=\rho e^{i\psi}$ に対し $u=\rho e^{i\psi}+e^{it}=e^{i\psi}\bigl(\rho+e^{i(t-\psi)}\bigr)$ より $D_{\rho e^{i\psi}}=e^{3i\psi}D_\rho$ である。軌跡の形は $\rho$ だけで決まり，向き $\psi$ は軌跡を $3\psi$ だけ回転させる。$M(\rho)$ はこの回転の許容量であり，判定の核心は本解と同じ視野の区間である。

別解1 の系列（相対座標・距離）

• 判別式：$u=t\zeta$（$t > 0$）を $|u-c|^2=1$ に代入すると $t^2-(x+\sqrt3y)t+x^2+y^2-1=0$ となり，判別式は $4-(\sqrt3x-y)^2$ である。$\Sigma$ 内で $|c|\geqq1$ のとき2解の和 $x+\sqrt3y$ は正であるから，正の解の存在条件は $\sqrt3x-y\leqq2$ に一致する。 補題1 の証明を座標で書いたものである。
• 外積表示：$\operatorname{dist}(c,\mathbb{R}e)=|\operatorname{Im}(c\bar e)|=|\det(c,e)|$（$c,e$ を平面ベクトルとみる）。記法の違いにすぎない。
• 基本領域の取り方：$60^\circ$ の菱形の6倍，$30^\circ$ の三角形の12倍，周長の半分（ 3.2 節 ）は，同じ領域の分割の違いである。

別解2 の系列（交差本数）

• $(\sigma,\tau)$ 平面での包除：$\sigma=s_0$，$\tau=s_1$ とおくと $s_2=-(\sigma+\tau)$ であり，条件は「$|\sigma|,|\tau|,|\sigma+\tau|\leqq1$ のうち2つ以上」となる。2条件の組が定める領域はいずれも面積 $4$ の平行四辺形，3条件の領域は正方形 $[-1,1]^2$ から面積 $\frac12$ の直角三角形2つを除いた六角形（面積 $3$）である。$(\sigma,\tau)$ 平面での面積は $3\cdot4-2\cdot3=6$ であり，ヤコビアン $\frac{\sqrt3}{2}$ で割って $[E]=4\sqrt3$ を得る。
• 指示関数の恒等式：交差本数 $N(c)=\#\lbrace j\mid |s_j|\leqq1\rbrace\in\lbrace0,1,2,3\rbrace$ について $\mathbf{1}_{\lbrace N\geqq2\rbrace}=\binom N2-2\binom N3$ が成り立つ。これを積分すれば $[E]=\sum_{j < k}[B_j\cap B_k]-2[H]$ となり，包除の係数が一挙に得られる。
• 零和平面の切断：$c\mapsto(s_0,s_1,s_2)$ により，$E$ を立方体 $[-1,1]^3$ に関連する立体の平面切断とみなせる（ 5.4 節 ）。
• 直線配置のセル分割：6直線 $s_j=\pm1$ が平面を分ける各セルで $N(c)$ は一定であり，$E$ は $N\geqq2$ のセル（正六角形1つと先端の正三角形6つ）の和集合である（ 5.7 節 ）。

参考解1 の系列（零和）

• 中央値による一条件：$d_j=|s_j|$ を小さい順に $d_{\min}\leqq d_{\mathrm{mid}}\leqq d_{\max}$ と並べる。零和の3数では絶対値最大のものが他の2つの絶対値の和に等しいから $d_{\max}=d_{\mathrm{mid}}+d_{\min}$ であり，$c\in E\iff d_{\mathrm{mid}}\leqq1\iff d_{\max}-d_{\min}\leqq1$ となる。また $d_{\mathrm{mid}}=\min\lbrace\max_js_j,\ -\min_js_j\rbrace$ である。
• 不成立の証明書： 補題5 の否定から，$c\notin E\iff\max_js_j > 1$ かつ $\min_js_j < -1$ である。条件の不成立は2つの一次不等式の破れで確認でき，六芒星のくぼみは $s_j=1$ と $s_k=-1$ の交点として生じる。

発見法（証明ではない）

• 等号条件からの頂点予想：隣接する正負2方向がともに視野のちょうど端に見える点は二等分線上にあり，$\rho\sin\frac{\pi}{6}=1$ より $\rho=2$（外側の頂点）。一方の方向の真上にある点から，隣の異種の方向が視野の端に見える条件は $\rho\sin\frac{\pi}{3}=1$ より $\rho=\frac{2}{\sqrt3}$（内側の頂点）。頂点を交互に結べば六芒星が予想できるが，内部全体が条件を満たすことの証明には (2.3) などが必要である。
• 回転した円の衝突：二つの臨界半径は，$\Gamma_c$ とその回転像の交差からも得られる（ 5.5 節 ）。
• 巻き数：$|c| < 1$ のとき $D_c$ が原点のまわりを3周することから内側の円板が条件を満たすことは分かるが，$|c| > 1$ の判定はできない（ 5.5 節 ）。

誤りやすい推論

• 視野の長さの条件 $2\beta\geqq\frac{\pi}{3}$ から $|\alpha|\leqq2$ を得て，面積を $4\pi$ とする。必要条件にすぎない（反例 $\alpha=\frac32$）。
• 掃過領域の共通部分を図から読むだけで終える。図は正しい形を示すが，境界が直線分のみからなること（視野の端が接線になること）と，内部全体が条件を満たすことは (2.3) で確かめる必要がある。
• 掃過領域 $\Omega_\varphi$ の境界にある半円弧が，$\mathcal{E}$ の境界にも残ると考える。半円弧は単位円上にあり，$\mathcal{E}$ の内部に吸収される。
• $\operatorname{Im}(w)=0$ だけを見て，正負の区別を落とす。$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\frac{\pi}{3}$ の倍数であることは $w$ が $0$ でない実数であることと同値であり，正負は $\Phi_1,\Phi_2$ のどちらに属するかで決まる。
• 相対座標で直線への距離 $\leqq1$ をそのまま半直線との交差条件とする。垂線の足の位置（ 補題1 の $p > 0$）の確認が必要である。
• 3本の帯の共通部分（正六角形 $H$，面積 $2\sqrt3$）を答の領域とする，あるいは $H$ から一部を削って求めようとする。正六芒星は $H$ を含み，$H$ に6つの先端を加えたものである。
• $30^\circ$ の基本領域で係数 $6$ と $12$ を取り違える。

3.8 解法の比較

2. の解法は二つの系統に分かれる。方向到達型（本解・別解1）は $w$ の符号を偏角の離散条件として保持する。本解は原座標のまま視点 $\mathrm{R}$ の視野（偏角の区間）を求め，別解1は視点を原点に移して到達先の半直線を先に固定し，距離で判定する。直線交差本数型（別解2・参考解1・参考解2）は符号をいったん捨てて3本の零点直線への交差本数に置き換え，その後の処理が集合の包除（別解2），零和による論理変形（参考解1），基本対称式による代数的判定（参考解2）に分かれる。
   本解を採用する理由は次のとおりである。第一に，条件の言い換えが偏角だけで完結する。$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\Phi_1,\Phi_2$ に属することは $w$ の負・正と同値であり，$w=0$ の除外は $\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ として自動的に処理される。相対座標で必要になる「原点 $u=0$ は正負いずれでもない」「垂線の足が半直線の側にある（$p > 0$）」といった付帯条件は，視野という一つの区間に吸収される。第二に，(1) と (2) が「点から $C$ を見る方向」という同じ主題で統一され，(1) の2接線の図がそのまま (2) の判定に使われる。第三に，境界が「視野の端＝接線」として直線になることが計算なしに分かり，面積は長方形 $2\times2\sqrt3$ への等積変形で求まる。掃過領域の図示だけでも領域の形は見えるが，答案としては基本角領域での接線条件 (2.3) によって境界と内部を確定させておく必要がある。
   別解1は同じ判定を距離の一次不等式として書き，領域を高さ $1$ の菱形として直接得る。別解2と参考解1は，正六芒星が「3本の帯の2重被覆」および「二つの正三角形の和集合」として生じる理由を示す。

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4. 汎用的な探索手順

本問から抽出される手順を，累乗写像・曲線と半直線の交差・パラメータの存在領域を扱う問題一般に適用できる形で述べる。

4.1 意思決定の流れ

1. 出力側の条件を分類する：値域・偏角・符号・実数性・交点の存在のいずれを問うかを決める。本問 (2) は「正にも負にも届く」という存在条件の連言であり，像 $D$ の方程式は不要である。
2. 条件を写像の前へ引き戻す：$w=u^n$ ならば偏角の条件は $u$ の偏角の離散条件になる。像の形を求めるより，条件の逆像（半直線・直線）の単純さを優先する。
3. 視点を選ぶ：$z-\alpha$ をベクトル $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ と読めば，原座標のまま「視点から円を見る方向」で条件を書ける（角度で判定）。平行移動 $u=z-\alpha$ で視点を原点に移せば「固定写像と動く円」になる（距離で判定）。どちらでもパラメータは視点（円の中心）の位置だけである。
4. 対称性は条件全体について確かめる：個々の対象（半直線の正負）が入れ替わっても，連言・選言として条件が保たれれば対称性として使える。基本領域を最小化する。
5. 存在条件を必要十分な不等式にする：角度区間（見込み角），距離と垂線の足，交差本数，零和による論理変形のいずれかを選ぶ。端点（$u=0$）・向き（$p > 0$）・境界値（$\rho=1$）の例外を明示し，必要条件（$\rho\leqq2$）で止めない。
6. 境界の型を見てから面積に入る：接触条件が一次ならば領域は多角形であり，分割（菱形・三角形）や包除を優先する。極方程式が自然なら積分を選ぶ。
7. 臨界値と面積を別表現で検算する：特殊方向の最大半径，全方向で成立する半径，周長と面積の関係，他系統の結果を照合する。

4.2 症状と有効な表現

4.3 類題設計への応用

• 条件を $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角で読む本解の方法は，視点が定円を見る向きを問う問題（定円上の点と動点を結ぶ線分の向き，動点からの視角など）に広く使える。
• 指数を $n$ に変えると $[E_n]=\frac{2n}{\sin(\pi/n)}$（ 定理6 ），円の半径を $r$ にすると面積は $r^2$ 倍になる。
• 条件を「虚軸の正の部分と負の部分」に変えると，$u^3\in i\mathbb{R}_{> 0}\iff\arg u\equiv\frac{\pi}{6}\pmod{\frac{2\pi}{3}}$ より逆像の半直線が $\frac{\pi}{6}$ 回転するだけであり，領域は $E$ を $\frac{\pi}{6}$ 回転したもの，面積は不変である。
• 条件を「正の部分と共有点をもつ」だけにすると領域は非有界になる。異なる種類の到達を連言で課して有界性を作る設計は，存在領域の面積を問う問題に共通する。

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5. 発展事項

各節で，高校数学の範囲で完結する内容と，それを超える一般論とを区別して記す。

5.1 高校数学と一般理論の境界

5.2 一般の累乗写像

高校数学の範囲

　$n=3$ の菱形を図形的に求めれば十分である。
発展　本解（視野）と別解1（距離）の議論は，指数 $n$ にそのまま拡張できる。

• $n=3$ で $[E_3]=\frac{6}{\sin(\pi/3)}=4\sqrt3$ となり本問に戻る。第2の表示は 3.2 節 の極座標積分 $2n\bigl[\cot(\gamma-\psi)\bigr]_0^{\gamma/2}$ と一致する。
• 外側・内側の頂点の半径はそれぞれ $\frac{1}{\sin(\pi/(2n))}$，$\frac{1}{\sin(\pi/n)}$ であり，境界はすべて原点から距離 $1$ の直線上にあるから，周長を $\Lambda_n=\frac{4n}{\sin(\pi/n)}$ として $[E_n]=\frac12\Lambda_n$ が成り立つ。
• $n=2$ では正負の方向が直交し，$E_2$ は正方形 $[-1,1]^2$ から4点 $\pm1,\pm i$ を除いたものになる（これらの点では $\Gamma_c$ が一方の軸と原点 $u=0$ でしか交わらない）。面積は公式どおり $4$ である。
• $n\to\infty$ では $[E_n]\sim\frac{2n^2}{\pi}$ であり，内側・外側の頂点の半径 $\sim\frac{n}{\pi}$，$\sim\frac{2n}{\pi}$ の円板の面積 $\frac{n^2}{\pi}$，$\frac{4n^2}{\pi}$ の間にある。

5.3 二面体群と基本領域

高校数学の範囲

　$60^\circ$ 回転と鏡映で条件が保たれることを確認すれば十分である。
発展　$E$ は位数12の二面体群（正六角形の合同変換群）の作用で不変であり，$30^\circ$ の扇形はその基本領域である。注目すべきは，正の半直線の集合 $L_0\cup L_2\cup L_4$ を保つ変換は位数6の部分群（正三角形の合同変換群）にすぎないのに，$E$ はそれより大きい位数12の群で不変になる点である。正負を入れ替える変換 $c\mapsto\zeta c$ が条件を保つのは，条件が正負について対称な連言だからである。対称性を「図形」ではなく「条件」について調べることで，基本領域は半分になる。

5.4 零和座標と $A_2$ 構造

高校数学の範囲

　3直線への距離 $|s_j|$ を (1.2) で計算すれば十分である。
発展　写像 $c\mapsto(s_0,s_1,s_2)$ は $\sum_js_j=0$，$\sum_js_j^2=\frac32|c|^2$ を満たす線形写像であり，複素数平面を平面 $\mathcal{H}=\lbrace(a,b,d)\in\mathbb{R}^3\mid a+b+d=0\rbrace$ へ相似比 $\sqrt{3/2}$（面積比 $\frac32$）で写す。$\mathcal{H}$ と立方体 $[-1,1]^3$ の共通部分が正六角形 $H$ の像，$\mathcal{H}\cap\lbrace a,b,d\leqq1\rbrace$ が正三角形 $T_+$ の像であり，$E$ の像は「3座標のうち2つ以上が $[-1,1]$ に属する」点の集合である。$\mathcal{H}$ を $(a,b)\mapsto(a,b,-a-b)$ で径数表示すると面積要素は $\sqrt3\,da\,db$ であり，像の面積は $\sqrt3\,(3\cdot4-2\cdot3)=6\sqrt3$，元の平面では $\frac23\cdot6\sqrt3=4\sqrt3$ となる。
$\mathcal{H}$ 内の6ベクトル $\pm(\boldsymbol{e}_i-\boldsymbol{e}_j)$ は $A_2$ 型ルート系をなし，その自己同型群（Weyl 群 $S_3$ と $-1$ が生成する位数12の群）が 5.3 節 の二面体群に対応する。$s_j$ は $c$ の互いに $120^\circ$ をなす3方向への射影であり，座標の和が $0$ となる三つ組で六角格子を表す「三軸座標」と同じ構造をもつ。零和補題（ 補題5 ）は，この平面上で「3座標のうち2つ以上が区間 $[-1,1]$ に入る」集合が，二つの三角形（2次元単体）$\mathcal{H}\cap\lbrace a,b,d\leqq1\rbrace$，$\mathcal{H}\cap\lbrace a,b,d\geqq-1\rbrace$ の和集合になることを述べている。

5.5 臨界半径の四つの解釈

高校数学の範囲

　見込み角による 補題3 で十分である。
発展　二つの臨界半径 $\frac{2}{\sqrt3}$，$2$ は，異なる対象から同じ値として現れる。
(a) 零和と二乗和：$c\in E$ ならば，絶対値が $1$ 以下の2数 $a,b$ をとって $\frac32\rho^2=a^2+b^2+(a+b)^2\leqq6$，よって $\rho\leqq2$ である。等号は $(s_0,s_1,s_2)$ が $(1,1,-2)$ の符号反転・置換のとき（外側の頂点，例えば $\mathrm{B}$）に限る。$c\notin E$ ならば， 補題5 の否定より $a > 1$，$b < -1$ となる2数があり，$\frac32\rho^2 > 2$，すなわち $\rho > \frac{2}{\sqrt3}$ である。接線も偏角も用いない導出である。
(b) 回転した円の交差：$\Gamma_{\omega c}=\omega\Gamma_c$ と $\Gamma_c$ の中心間距離は $|c-\omega c|=\sqrt3\rho$ であり，両円が交わる条件は $\rho\leqq\frac{2}{\sqrt3}$ である。交点 $v=\omega u$（$u,v\in\Gamma_c$）が $0$ でなければ $u\neq v$，$u^3=v^3$ であり，3乗写像が $\Gamma_c$ 上で単射でなくなる。同様に $|c-\zeta c|=\rho$ より $\Gamma_{\zeta c}\cap\Gamma_c\neq\varnothing\iff\rho\leqq2$ であり，交点 $v=\zeta u\neq0$ では $v^3=-u^3$，すなわち $D_c$ が原点対称な2点を含む。ただし $D_c\cap(-D_c)\neq\varnothing$ は $c\in E$ を意味しない（$c=\frac32$）。この解釈は臨界半径を説明するが，中間の層での可否は決めない。一般の $n$ では同じ議論で $\frac{1}{\sin(\pi/n)}$，$\frac{1}{\sin(\pi/(2n))}$ が得られ， 定理6 の内側・外側の頂点の半径に一致する。
(c) 三次式： 3.6 節 の記述では，$3|c|^2-4$ の符号変化が内側の半径を，$\rho^3-3\rho^2+4=(\rho-2)^2(\rho+1)$ の重根が外側の半径を与える。
(d) 巻き数と偏角区間：$|c| < 1$ のとき $\Gamma_c$ は原点を1周し，$D_c$ は原点のまわりを3周する（偏角の連続的な変化量は $6\pi$ であり，無限に回るという意味ではない）。よって $D_c$ は原点から出るすべての半直線と交わる。$1 < |c|\leqq\frac{2}{\sqrt3}$ では巻き数は $0$ であるが，$D_c$ の偏角が動く区間の長さ $6\beta$ が $2\pi$ 以上となるため，やはりすべての方向に届く。$|c| > 1$ の判定は，巻き数ではなく偏角区間の長さと位置によって行われる。

5.6 Minkowski 和と掃過領域

高校数学の範囲

　本解のとおり，「$\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の偏角が $\varphi$」を「$\mathrm{R}$ は $\mathrm{P}$ から向き $\varphi$ に伸ばした半直線上にある」と読み，円 $C$ を平行移動して掃いた図を描けば十分である。
発展　$\Omega_\varphi=C+L_\varphi$ は円 $C$ と半直線 $L_\varphi=\lbrace te^{i\varphi}\mid t > 0\rbrace$ の Minkowski 和であり，本解の (2.2) は
$$ \mathcal{E}=\Bigl(\bigcup_{\varphi\in\Phi_1}(C+L_\varphi)\Bigr)\cap\Bigl(\bigcup_{\varphi\in\Phi_2}(C+L_\varphi)\Bigr) $$
である。(1.4) より $\Omega_\varphi=D^\circ\cup S_\varphi$（$D^\circ$ は開単位円板，$S_\varphi$ は半帯）であるから，
$$ \mathcal{E}=D^\circ\cup\bigcup_{\varphi\in\Phi_1,\ \varphi'\in\Phi_2}(S_\varphi\cap S_{\varphi'}). $$
$\varphi'=\varphi+\pi$ の組では $\operatorname{Re}(\alpha e^{-i\varphi})$ の符号の条件が逆になり $S_\varphi\cap S_{\varphi'}=\varnothing$ である。残るのは隣り合う向きの6組で，$W_k=S_{k\pi/3}\cap S_{(k+1)\pi/3}$ とおく。例えば
$$ W_0=\lbrace x > 0,\ x+\sqrt3y > 0,\ |y|\leqq1,\ |\sqrt3x-y|\leqq2\rbrace $$
の閉包は4頂点 $0,\ i,\ 2e^{i\pi/6},\ e^{-i\pi/6}$ の凧形である。これは外側の頂点 $\mathrm{B}=2e^{i\pi/6}$ から $C$ に引いた2接線と，接点 $i$，$e^{-i\pi/6}$ への半径とで囲まれ，頂角 $\frac{\pi}{3}$ は $\mathrm{B}$ から $C$ を見込む角である。各 $W_k$ は正三角形 $T_+$ または $T_-$（ 3.5 節 ）に含まれ，その閉包は正六角形 $H$ の $\frac16$ と先端の正三角形1つを含むから，$\mathcal{E}$ が正六芒星であることがここからも確かめられる（境界上の点の帰属は (2.3) で確定する）。
単独の $\Omega_\varphi$ の境界は2本の半直線と1つの半円弧からなる。集合の和・共通部分の境界はもとの集合の境界の和集合に含まれるから，$\mathcal{E}$ の境界の候補は「12本の半直線と6つの半円弧」に限られる。半円弧はすべて単位円上，すなわち $\mathcal{E}$ の内部にあるため，実際の境界には現れない。探索の段階で現れる「単位円を半直線方向に平行移動する掃過」は，この記述にあたる。

5.7 直線配置と「少なくとも $k$ 個」の条件

高校数学の範囲

　帯の重なりを図示し，面積を足し引きすれば十分である。
発展　6直線 $s_j=\pm1$ は平面を有界な凸セルと非有界なセルに分け，各セル内で交差本数 $N(c)$ は一定である。$N=3$ のセルは正六角形 $H$，$N=2$ の有界なセルは六芒星の先端の正三角形6つであり，$E=\lbrace N\geqq2\rbrace$ はこれらの和集合である。一般に「$m$ 個の条件のうち $k$ 個以上」を満たす集合は直線配置のセルの和集合として表され，セルごとの被覆数の計算と指示関数の恒等式（ 3.7 節 ）が基本的な道具となる。本問では零和関係により，この集合が凸集合2つの和集合 $T_+\cup T_-$ にまで単純化される。
なお，正六角形 $H$ の各辺を延長して得られる図形が正六芒星（Schläfli 記号 $\lbrace 6/2\rbrace$，二つの正三角形の複合）であることはよく知られている。$E$ の境界の直線は $H$ の辺を含む直線と同じであり，$E$ は $H$ の星形化にほかならない。

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6. 最終整理

6.1 構造マップ

$$ \begin{array}{c} w=(z-\alpha)^3,\quad |z|=1\\ \Downarrow\quad z-\alpha=\overrightarrow{\mathrm{RP}}\ \text{と読む}\\ \arg w=3\arg\overrightarrow{\mathrm{RP}}\qquad(\text{主題：点から}\ C\ \text{を見る方向})\\ \Downarrow\\ \begin{array}{c|c} \text{(1)}\ \text{視点}\ \mathrm{A}(-3) & \text{(2)}\ \text{視点}\ \mathrm{R}(\alpha)\ \text{が動く}\\ \hline \text{2接線：}\lvert\arg\overrightarrow{\mathrm{AP}}\rvert\leqq\beta,\ \sin\beta=\frac13 & \arg\overrightarrow{\mathrm{PR}}\ \text{が}\ \Phi_1,\Phi_2\ \text{の値をともにとる}\\ 3\beta < \frac{\pi}{2}\ \text{で単調} & \text{掃過領域の共通部分，視野の端}=\text{接線}\\ \sin\theta\in\bigl[-\frac{23}{27},\frac{23}{27}\bigr] & \text{三層構造：}\ \frac{2}{\sqrt3}\ \text{と}\ 2 \end{array}\\ \Downarrow\\ \begin{array}{c|c|c|c} \text{原座標で視野を判定} & \text{相対座標で到達先を固定} & \text{符号を捨てて3直線} & \text{符号付き距離の零和}\\ \hline \text{接線}\ \sqrt3x-y=2\ \text{と等積変形} & \text{2直線への距離と菱形} & \text{凸性と帯の包除} & T_+\cup T_-\ \text{と三次不等式}\\ \text{本解} & \text{別解1} & \text{別解2} & \text{参考解1・2} \end{array}\\ \Downarrow\\ \mathcal{E}=\text{正六芒星}\ \bigl(\text{外側頂点の半径}\ 2,\ \text{内側頂点の半径}\ \tfrac{2}{\sqrt3}\bigr),\qquad [\mathcal{E}]=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3 \end{array} $$

6.2 解答一覧

6.3 数学的教訓

• $z-\alpha$ をベクトル $\overrightarrow{\mathrm{RP}}$ と読めば，累乗の偏角は「視点から円を見る方向」の倍数になり，条件は角度だけで書ける。$w=0$ の除外は $\mathrm{P}\neq\mathrm{R}$ として自動的に処理される。
• 累乗写像の実数性・符号は，展開する前に偏角の離散条件へ引き戻す。指数 $n$ のとき，正負の実数に対応する方向は交互に並ぶ $2n$ 方向である。
• 点から円を見る方向の範囲は2接線で決まる。(1) の視点 $\mathrm{A}$ と (2) の視点 $\mathrm{R}$ は同じ図で処理でき，視野の端が接線であることから，存在範囲の境界は直線になる。
• 視点を固定した原座標（角度で判定）と，視点を原点に移した相対座標（距離で判定）は，同じ状況の二つの表現である。相対座標では「距離が $1$ 以下」と「垂線の足が半直線の側」の2条件が必要になる。
• 対称性は条件全体について確かめる。正負を入れ替える回転でも，正負について対称な連言は不変である。
• 必要条件（$\rho\leqq2$）で止めず，向きによる可否まで決める。三層構造 $\frac{2}{\sqrt3}$，$2$ が領域の骨格である。
• 同じ正六芒星が，視野・半直線への距離・交差本数・零和という異なる構造から得られる。解法の違いは「何を先に固定するか」の違いである。
• 境界の直線がすべて原点から距離 $1$ にある星形領域では，面積は等積変形（長方形 $2\times2\sqrt3$）や周長の半分で求まる。
• 1. の単調性の確認 $3\beta < \frac{\pi}{2}$ は，$\sin\beta=1/\rho$ のもとで (2) の外側の臨界条件 $\rho > 2$ と同値であり，小問の誘導は本問の構造の一部を切り出している。