1984年 京都大学 理系 第3問

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1. 問題の構造

1.1 記法

• 点を表す文字は立体で書き，座標と同一視する。媒介変数 $t$ に対応する2点を $\mathrm{P}_t=(t+1,t)$，$\mathrm{Q}_t=(t-1,-t)$ と書き，直線 $\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t$ を $L_t$，線分を $\overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}$ で表す。
• $\mathcal{R}_1=\bigcup_{t\in\mathbb{R}}L_t$，$\mathcal{R}_2=\bigcup_{0\leqq t\leqq1}\overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}$ とおく。平面集合 $\mathcal{X}$ の面積を $\lvert\mathcal{X}\rvert$，三角形 $\mathrm{XYZ}$ の面積を $[\mathrm{XYZ}]$ と書き，$S=\lvert\mathcal{R}_2\rvert$ とする。
• 放物線 $\mathcal{P}:y=\frac{x^2}{4}$ と，その上の点 $\mathrm{T}_t=(2t,t^2)$ を用いる。
• 写像 $\Phi:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$，$\Phi(t,u)=(t+u,\ tu)$ と，点 $(x,y)$ に付随する二次式 $g_{x,y}(z)=z^2-xz+y$ を用いる。
• $\Omega=[0,1]\times[-1,1]$，$\Omega_0=\lbrace (t,u)\mid 0\leqq t\leqq 1,\ -1\leqq u\leqq t\rbrace$ とし，$a < b$ に対し $\mathcal{C}[a,b]=\Phi([a,b]^2)$ とおく。
• $\mathrm{A}(-1,0)$，$\mathrm{B}(0,0)$，$\mathrm{C}(2,1)$，$\mathrm{D}(0,-1)$，$\mathrm{E}(1,0)$，$\mathrm{F}(0,1)$ とする（$\mathrm{B}$ は原点）。

1.2 接線族と和・積の写像

$\mathrm{P}_t$ と $\mathrm{Q}_t$ の中点と差は
$$ \mathrm{M}_t=(t,0),\qquad \overrightarrow{\mathrm{Q}_t\mathrm{P}_t}=2(1,t) $$
である。$\mathrm{P}_t\neq\mathrm{Q}_t$ であるから $L_t$ はつねに定まる。$\mathrm{M}_t$ から $u(1,t)$ だけ進んだ点が $(t+u,\ tu)=\Phi(t,u)$ であるから
$$ L_t:\ y=tx-t^2,\qquad L_t=\Phi(\lbrace t\rbrace\times\mathbb{R}),\qquad \overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}=\Phi(\lbrace t\rbrace\times[-1,1]) \tag{1.1} $$
を得る。$u=1,\ -1$ がそれぞれ $\mathrm{P}_t,\ \mathrm{Q}_t$ に対応する。直線の式を $t$ について平方完成すると
$$ tx-t^2=\frac{x^2}{4}-\left(t-\frac{x}{2}\right)^2 \tag{1.2} $$
であるから，$L_t$ は $\mathcal{P}$ の下側にあって $\mathcal{P}$ と点 $\mathrm{T}_t$ のみを共有する。すなわち $L_t$ は $\mathcal{P}$ の傾き $t$ の接線である。

補題1 から
$$ x^2-4y=(t-u)^2,\qquad \det\frac{\partial(x,y)}{\partial(t,u)}=\det\begin{pmatrix}1&1\\u&t\end{pmatrix}=t-u \tag{1.3} $$
を得る。これにより，境界の放物線 $\mathcal{P}$ は次の三通りに現れる。

• 判別式：$g_{x,y}$ が重根をもつ点の集合が $\mathcal{P}$ である。
• 包絡線：$y=tx-t^2$ と $\frac{\partial}{\partial t}(tx-t^2-y)=x-2t=0$ を連立すると $(x,y)=\mathrm{T}_t$ である。
• 写像の折り目：$\Phi$ のヤコビアン $t-u$ は対角線 $t=u$ 上で $0$ となり，その像 $\lbrace\Phi(t,t)\rbrace=\lbrace\mathrm{T}_t\rbrace$ が $\mathcal{P}$ である。
  補題1 (ii) により，点 $(x,y)$ を通る接線 $L_s$ の傾き $s$ は $g_{x,y}$ の根にほかならない。$\mathcal{P}$ の下側の点を通る接線は2本，$\mathcal{P}$ 上の点を通る接線は1本であり，上側の点を通る接線はない。

1.3 根の配置と接線の配置

(1.1) と 補題1 (ii) より $\mathcal{R}_1=\Phi(\mathbb{R}^2)$，$\mathcal{R}_2=\Phi(\Omega)$ である。後者は根の言葉で次のように書ける。
$$ (x,y)\in\mathcal{R}_2\iff g_{x,y}\ \text{は実根をもち，2根はともに}\ [-1,1]\ \text{に属し，少なくとも一方は}\ [0,1]\ \text{に属する.} \tag{1.4} $$
実際，左辺は「2根を $t\in[0,1]$，$u\in[-1,1]$ と並べられる」ことであり，$[0,1]\subset[-1,1]$ より右辺と同値である。
根がどの区間に属するかは， 補題1 (i) により，点が接線のどちら側にあるかに翻訳される。

(1.4) の条件を「2根が $0$ の両側に分かれる」場合と「2根がともに $[0,1]$ にある」場合に分ければ，交換対称性 $\Phi(t,u)=\Phi(u,t)$ により
$$ \mathcal{R}_2=\Phi([-1,0]\times[0,1])\cup\Phi([0,1]^2) \tag{1.5} $$
となる。第1項は 補題2 (1) で $(a,b,c)=(-1,0,1)$ とした三角形で，頂点は $\Phi(-1,0)=\mathrm{A}$，$\Phi(-1,1)=\mathrm{D}$，$\Phi(0,1)=\mathrm{E}$ である。第2項は 補題2 (2) で $[a,b]=[0,1]$ とした曲線三角形で，接線 $L_0:y=0$，$L_1:y=x-1$ と弧 $\mathrm{BC}$（$\mathrm{T}_0=\mathrm{B}$，$\mathrm{T}_1=\mathrm{C}$）で囲まれる。

1.4 二本の固定接線と正方形

補題1 (iii) より，$\lvert t\rvert < 1$ のとき $\overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}$ は，動く接線 $L_t$ のうち二本の固定接線
$$ L_1:\ y=x-1,\qquad L_{-1}:\ y=-x-1 $$
に挟まれた部分である（$L_t$ 上で $x=t+u$ は $u$ について増加するから，$-1\leqq u\leqq1$ は二交点の間を表す）。この見方から次の構造が現れる。

• 二接線 $L_s,L_t$ の交点 $\Phi(s,t)=(s+t,\ st)$ の $y$ 座標は傾きの積である。よって二接線が直交することと，交点が直線 $y=-1$ 上にあることは同値である。固定接線 $L_{\pm1}$ は $\mathrm{D}(0,-1)$ で直交し，$\mathrm{D}$ は $\mathcal{P}$ の準線 $y=-1$ 上にある。
• 端点は固定接線上を等速で動く：$\overrightarrow{\mathrm{DP}_t}=(1+t)(1,1)$，$\overrightarrow{\mathrm{DQ}_t}=(1-t)(-1,1)$。$\lvert t\rvert\leqq1$ では $\mathrm{DP}_t+\mathrm{DQ}_t=2\sqrt2$ が一定であり，直交する二軸に関して切片の和が一定の直線族をなす。
• $\mathrm{H}_t=(2t,-1)$ とおくと，線分 $\mathrm{FH}_t$ と $\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t$ は中点 $\mathrm{M}_t$ を共有し，$\overrightarrow{\mathrm{FH}_t}=2(t,-1)\perp(1,t)$，$\mathrm{FH}_t=\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t=2\sqrt{1+t^2}$ である。したがって四角形 $\mathrm{P}_t\mathrm{F}\mathrm{Q}_t\mathrm{H}_t$ は正方形であり，$L_t$ は $\mathrm{FH}_t$ の垂直二等分線である。$\mathrm{F}$ は $\mathcal{P}$ の焦点，$\mathrm{H}_t$ は $\mathrm{F}$ の $L_t$ に関する鏡像で準線上にある。また $\mathrm{M}_t\mathrm{D}=\sqrt{1+t^2}$ より，5点 $\mathrm{P}_t,\mathrm{F},\mathrm{Q}_t,\mathrm{H}_t,\mathrm{D}$ は $\mathrm{M}_t$ を中心とする同一円周上にある。
• $\mathrm{M}_t=(1-t)\mathrm{B}+t\mathrm{E}$，$\mathrm{P}_t=(1-t)\mathrm{E}+t\mathrm{C}$ であり，同じ比でもう一度内分すると $(1-t)\mathrm{M}_t+t\mathrm{P}_t=(1-t)^2\mathrm{B}+2t(1-t)\mathrm{E}+t^2\mathrm{C}=\mathrm{T}_t$ となる。すなわち弧 $\mathrm{BC}$ は制御点 $\mathrm{B},\mathrm{E},\mathrm{C}$ の二次 Bézier 曲線（de Casteljau の構成）であり，$\mathrm{T}_t$ は線分 $\mathrm{M}_t\mathrm{P}_t$ を $t:(1-t)$ に内分する。
  $\mathrm{T}_t=\Phi(t,t)$ が $\overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}$ 上にあるのは $u=t\in[-1,1]$，すなわち $\lvert t\rvert\leqq1$ のときである。したがって (2) の範囲 $0\leqq t\leqq1$ では，接点はつねに線分上にある。

1.5 通過範囲の全体像

結果を先に述べる（証明は 2 節 と 3.7 節 ）。
$$ \mathcal{R}_1=\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace, $$
$$ \mathcal{R}_2=\triangle\mathrm{ADE}\cup\mathcal{C}[0,1]=\left\lbrace -1\leqq x\leqq0,\ -x-1\leqq y\leqq0\right\rbrace\cup\left\lbrace 0\leqq x\leqq2,\ x-1\leqq y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace. $$
$\mathcal{R}_2$ の境界は，線分 $\mathrm{AB}$，弧 $\mathrm{BC}$，線分 $\mathrm{CD}$，線分 $\mathrm{DA}$ からなる閉曲線である。
境界の発生源は一般的に限定できる。$\Omega$ の内点 $(t,u)$ で $t\neq u$ ならば，$\Phi$ はその近傍で可逆であり（逆関数定理， 5.4 節 ），その像は $\mathcal{R}_2$ の内点である。よって $\partial\mathcal{R}_2$ は $\Omega$ の4辺と対角線の像に含まれる。

面積は三通りに分解される。
$$ S=\underbrace{\frac12}_{x\leqq0}+\underbrace{\frac23}_{x\geqq0}=\underbrace{1}_{y\leqq0}+\underbrace{\frac16}_{y\geqq0}=\lvert\mathcal{C}[-1,1]\rvert-\lvert\mathcal{C}[-1,0]\rvert=\frac43-\frac16=\frac76. $$
最後の分解は，(1.4) により $\mathcal{C}[-1,1]\setminus\mathcal{R}_2$ が「2根がともに $[-1,0)$ にある点」の集合であることによる（ 3.8 節 ）。

1.6 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（数値設定からの分析であり，出題意図についての推定を含む）。

• 端点を一次式で与えて接線族を隠す。$\mathrm{P},\mathrm{Q}$ の座標は $t$ の一次式にすぎないが，中点が $x$ 軸上を動き傾きが $t$ に等しいため，直線は $\mathcal{P}$ の傾き表示の接線 $y=tx-t^2$ になる。端点は直交する二本の固定接線上を等速で動き，その間に挟まれた接線の部分が線分 $\mathrm{PQ}$ である。これは糸かけ（curve stitching）による放物線の作図そのものである（ 5.6 節 ）。
• 1. から (2) への段差。(1) は直線の通過範囲の標準問題であり，平方完成・判別式・包絡線のいずれでも処理できる。(2) は $t$ の範囲と「直線ではなく線分」（$-1\leqq u\leqq1$）という二つの制約を加える。直線の結果を流用できないこと，包絡線の弧が実際に境界に現れるか（接点 $\mathrm{T}_t$ が線分上にあるか）を確かめること，境界の候補の内側が実際に埋まることを示すことの三点が問われる。
• 区間 $[0,1]$ の非対称性。$t$ を $[-1,1]$ で動かせば通過範囲は $L_{\pm1}$ と弧で囲まれた曲線三角形 $\mathcal{C}[-1,1]$（面積 $\frac43$）となり，$y$ 軸に関して対称である。$[0,1]$ に制限すると，2根がともに $[-1,0)$ にある部分（面積 $\frac16$）が除かれ，領域は「2根が $0$ の両側にある三角形」と「2根がともに $[0,1]$ にある曲線三角形」の和になる。多角形の部分と放物線の部分が一つずつ現れる。
• 数値の整合。関係する頂点はすべて格子点であり，部分の面積 $\frac12,\frac23,1,\frac16$ はいずれも単純な分数で，答えは $\frac76=\frac{2^3-1^3}{3!}$ と表される（ 3.8 節 ， 3.10 節 ）。
  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
  $y=tx-t^2$ は $t$ の二次式	固定断面での値域	本解，3.3 節
  点が $L_t$ 上 $\Leftrightarrow$ $t$ が根	判別式，包絡線	3.1 節
  中点・直交・等長	正方形，焦点と準線	3.2 節
  点 $=(t+u,\ tu)$	積を固定したときの和の範囲	別解1
  根の区間 $\Leftrightarrow$ 接線に関する位置	三角形と曲線三角形への分割	別解2
  区間の縮小 $\Leftrightarrow$ アフィン相似	面積の三次則と加法性	別解3
  端点のレールの直交	切片の和が一定の直線族	別解4
  交換対称性 $\Phi(t,u)=\Phi(u,t)$	重複の除去と面積倍率	参考解1
  接点の速度が線分の方向	掃過面積の速度	参考解2
  外周の確定	補集合，剪断，線積分	3.4 節，3.5 節

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2. 本解：縦断面と二次関数の値域

2.1 方針

$x$ を固定し，点 $(x,y)$ を通る直線（線分）が存在するための $y$ の条件を求める。直線では $t$ は自由であり，線分では「$0\leqq t\leqq1$ かつ $\lvert x-t\rvert\leqq1$」で定まる区間 $I_x$ を先に確定してから，その上で $f_x(t)=xt-t^2$ の値域を求める。値域が最小値から最大値までの区間全体になることは連続性で保証する。面積は縦断面の長さを積分して求める。

2.2 解答

$\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t$ の中点は $(t,0)$，方向ベクトルは $(1,t)$ であるから，直線 $\mathrm{PQ}$ の方程式は $y=tx-t^2$ であり，線分 $\mathrm{PQ}$ 上の点は
$$ (x,y)=(t+u,\ tu)\qquad(-1\leqq u\leqq1) $$
と表される（$u=1$ が $\mathrm{P}$，$u=-1$ が $\mathrm{Q}$）。

(1)

$x$ を固定すると
$$ y=tx-t^2=\frac{x^2}{4}-\left(t-\frac x2\right)^2. $$
右辺は $t$ の連続関数で，$t=\frac x2$ で最大値 $\frac{x^2}{4}$ をとり，$t\to\pm\infty$ で $-\infty$ に発散する。中間値の定理より，$t$ が実数全体を動くとき $y$ のとる値の全体は $\left(-\infty,\ \frac{x^2}{4}\right]$ である。よって
$$ \mathcal{R}_1=\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace. $$
図示すると，下に凸の放物線 $y=\frac{x^2}{4}$（頂点 $(0,0)$，点 $(\pm2,1)$，$(\pm4,4)$ を通る）とその下側の部分全体であり，境界の放物線を含む。
直線 PQ が通過する範囲（放物線とその下側，境界を含む）

(2)

$x$ を固定する。$u=x-t$ であるから，点 $(x,y)$ がパラメータ $t$ の線分上にあるための条件は
$$ t\in I_x:=[0,1]\cap[x-1,\ x+1]=\bigl[\max\lbrace 0,\ x-1\rbrace,\ \min\lbrace 1,\ x+1\rbrace\bigr]\quad\text{かつ}\quad y=f_x(t):=xt-t^2 $$
である。したがって $(x,y)\in\mathcal{R}_2$ は，ある $t\in I_x$ で $y=f_x(t)$ となることと同値である。$I_x\neq\varnothing$ となるのは $-1\leqq x\leqq2$ のときに限る。このとき $f_x$ は閉区間 $I_x$ 上で連続であるから，$I_x$ 上の値域は $\left[\min_{I_x}f_x,\ \max_{I_x}f_x\right]$ である。

• $-1\leqq x\leqq0$ のとき，$I_x=[0,x+1]$ であり，$t\geqq0$ で $f_x'(t)=x-2t\leqq0$ だから $f_x$ は減少する。最大値は $f_x(0)=0$，最小値は $f_x(x+1)=-(x+1)$。
• $0\leqq x\leqq2$ のとき，軸 $t=\frac x2$ は $0\leqq\frac x2\leqq1$ かつ $x-1\leqq\frac x2$ を満たすから $I_x$ に属し，最大値は $f_x\left(\frac x2\right)=\frac{x^2}{4}$。最小値は $I_x$ の端点でとられる。$0\leqq x\leqq1$ では $I_x=[0,1]$，$f_x(0)=0\geqq x-1=f_x(1)$ より最小値は $x-1$。$1\leqq x\leqq2$ では $I_x=[x-1,1]$，$f_x(x-1)=f_x(1)=x-1$ より最小値は $x-1$。

  $x$ の範囲	$I_x$	$\min f_x$	$\max f_x$
  $-1\leqq x\leqq0$	$[0,\ x+1]$	$-x-1$	$0$
  $0\leqq x\leqq1$	$[0,\ 1]$	$x-1$	$\frac{x^2}{4}$
  $1\leqq x\leqq2$	$[x-1,\ 1]$	$x-1$	$\frac{x^2}{4}$

  したがって
  $$ \mathcal{R}_2=\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ -1\leqq x\leqq0,\ -x-1\leqq y\leqq0\right\rbrace\cup\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ 0\leqq x\leqq2,\ x-1\leqq y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace. \tag{2.1} $$
  線分 PQ が通過する範囲（境界は線分 AB，弧 BC，線分 CD，線分 DA）
  これは線分 $\mathrm{AB}$，放物線 $y=\frac{x^2}{4}$ の弧 $\mathrm{BC}$，線分 $\mathrm{CD}$，線分 $\mathrm{DA}$ で囲まれた閉領域である。その面積は
  $$ S=\int_{-1}^{0}(x+1)\,dx+\int_{0}^{2}\left(\frac{x^2}{4}-x+1\right)dx=\frac12+\frac14\int_0^2(x-2)^2\,dx=\frac12+\frac23=\frac76. $$

解答のまとめ

2.3 検証・検算

• 境界の接続：$x=-1$ で上下端はともに $0$（点 $\mathrm{A}$），$x=0$ で左右の式は下端 $-1$，上端 $0$ で一致し，$x=2$ で $x-1=\frac{x^2}{4}=1$（点 $\mathrm{C}$）となる。境界は閉曲線をなす。
• 特別な線分：$t=0$ の線分 $\lbrace y=0,\ -1\leqq x\leqq1\rbrace$ と $t=1$ の線分 $\mathrm{DC}$ は (2.1) に含まれ，後者は下側の境界に一致する。
• 上端の実現：最大値を与える $t=\frac x2$ は $u=x-t=t$ に対応し，その点は接点 $\mathrm{T}_t$ である。$0\leqq t\leqq1$ で $\mathrm{T}_t$ が線分上にあること（ 1.4 節 ）と整合する。$x < 0$ で上端が $\frac{x^2}{4}$ ではなく $0$ となるのは，$t\geqq0$ の制約による。
• 横の分割：$y\leqq0$ の部分は $\triangle\mathrm{ADE}$（面積 $1$）であり，$y\geqq0$ の部分の面積は $\frac76-1=\frac16$ となって 3.6 節 の水平断面の計算と一致する。
• 包含による評価：$\triangle\mathrm{ADE}\subset\mathcal{R}_2\subset\mathcal{C}[-1,1]$（(1.4)）より $1\leqq S\leqq\frac43$。
• 延べ面積：$\iint_\Omega\lvert t-u\rvert\,du\,dt=\frac43$ は $y > 0$ の部分（面積 $\frac16$）を二重に数えた値であり，$\frac43-\frac16=\frac76$（ 3.10 節 ）。

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3. 別解と参考解

3.1〜3.5 節は特定の部分に対する別証・他の導出，3.6〜3.9 節は高校数学の範囲で完結する別解，3.10，3.11 節は大学初年級の道具（変数変換の公式）を用いる参考解である。

3.1 (1) の別証：判別式と包絡線

着想・方針

点 $(x,y)$ が $L_t$ 上にあることは，$t$ が二次方程式 $g_{x,y}(t)=0$ の根であることにほかならない（ 補題1 ）。通過範囲を「$t$ の方程式が実数解をもつ点の集合」として逆向きに求める。

解答

$$ (x,y)\in\mathcal{R}_1\iff \exists\,t\in\mathbb{R}:\ t^2-xt+y=0\iff x^2-4y\geqq0. $$
よって $\mathcal{R}_1=\left\lbrace y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace$。
境界の放物線は包絡線としても得られる。$F(x,y,t)=tx-t^2-y$ に対し $F=\partial_tF=0$ を解くと $x=2t$，$y=t^2$ である。ただし包絡線は境界の候補を与えるにとどまり，$\mathcal{P}$ の下側が実際に覆われることは判別式（または (1.2)）による。

検証・検算

$y\leqq\frac{x^2}{4}$ の点を通る直線は $t=\frac x2\pm\sqrt{\frac{x^2}{4}-y}$ の2本（境界上では1本）であり， 1.2 節 の記述と一致する。

3.2 (1) の別証：焦点・準線と垂直二等分線

着想・方針

1.4 節 の正方形 $\mathrm{P}_t\mathrm{F}\mathrm{Q}_t\mathrm{H}_t$ により，$L_t$ は定点 $\mathrm{F}$ と直線 $y=-1$ 上の動点 $\mathrm{H}_t$ を結ぶ線分の垂直二等分線である。点が $L_t$ 上にあることは距離の等式に，そのような $t$ の存在は円と直線の交差に帰着する。$\mathrm{F}=\mathrm{M}_t+(-t,1)$ は $\overline{\mathrm{P}_t\mathrm{Q}_t}$ を斜辺とする直角二等辺三角形の頂点として，$t$ によらない定点として見いだされる。

解答

$\mathrm{F}=(0,1)$，$\mathrm{H}_t=(2t,-1)$ とおく。$\mathrm{FH}_t$ の中点は $\mathrm{M}_t=(t,0)$ であり，$\overrightarrow{\mathrm{FH}_t}\cdot(1,t)=2t-2t=0$ であるから，$L_t$ は $\mathrm{FH}_t$ の垂直二等分線である。よって任意の点 $\mathrm{X}$ について
$$ \mathrm{X}\in L_t\iff \mathrm{XF}=\mathrm{XH}_t. $$
$t$ が実数全体を動くとき，$\mathrm{H}_t$ は直線 $d:y=-1$ の全体を動く。$\mathrm{X}=(x,y)$ と $d$ 上の点 $(h,-1)$ の距離の2乗は $(h-x)^2+(y+1)^2$ であるから，$\mathrm{XH}=\mathrm{XF}$ となる点 $\mathrm{H}\in d$ が存在することは
$$ \mathrm{XF}^2-(y+1)^2\geqq0 $$
と同値である（このとき $h=x\pm\sqrt{\mathrm{XF}^2-(y+1)^2}$）。$\mathrm{XF}^2=x^2+(y-1)^2$ を代入すると $x^2-4y\geqq0$ となる。よって $\mathcal{R}_1=\left\lbrace y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace$。

検証・検算

等号 $\mathrm{XF}=\operatorname{dist}(\mathrm{X},d)$ は焦点 $\mathrm{F}$，準線 $d$ の放物線，すなわち $\mathcal{P}$ を定める。$\mathrm{H}_t$ は $\mathrm{F}$ の $L_t$ に関する鏡像であり，「放物線の接線は，焦点と準線上の点を結ぶ線分の垂直二等分線である」という古典的性質と一致する。この方法は (2) の線分の条件を含まないので，(2) には他の方法を併用する。

3.3 $\mathcal{R}_2$ の他の確定法：逆像法

着想・方針

本解は $x$ を固定して $t$ を動かす順像法である。点 $(x,y)$ を固定し，方程式 $g_{x,y}(t)=0$ が区間 $I_x$ に解をもつ条件を調べても同じ領域が得られる。

解答

$-1\leqq x\leqq2$ とし，$g=g_{x,y}$ とおく。$(x,y)\in\mathcal{R}_2$ は $g(t)=0$ が $I_x$ に解をもつことと同値であり，$g$ は $I_x$ 上連続だから，これは $\min_{I_x}g\leqq0\leqq\max_{I_x}g$ と同値である。

• $-1\leqq x\leqq0$ のとき：$t\geqq0$ で $g'(t)=2t-x\geqq0$ より $g$ は $I_x=[0,x+1]$ で増加する。条件は $g(0)=y\leqq0\leqq g(x+1)=y+x+1$，すなわち $-x-1\leqq y\leqq0$。
• $0\leqq x\leqq2$ のとき：頂点 $\frac x2\in I_x$ より $\min_{I_x}g=y-\frac{x^2}{4}$。最大値は端点でとられ，$0\leqq x\leqq1$ では $\max\lbrace g(0),\ g(1)\rbrace=\max\lbrace y,\ y-x+1\rbrace=y-x+1$，$1\leqq x\leqq2$ では $g(x-1)=g(1)=y-x+1$。条件は $x-1\leqq y\leqq\frac{x^2}{4}$。
  以上は (2.1) に一致する。

検証・検算

判別式 $x^2-4y\geqq0$ だけでは区間内の解の存在は保証されない。例えば $(x,y)=\left(-\frac12,\ -1\right)$ は判別式を満たすが，$g$ の2根は $\frac{-1\pm\sqrt{17}}{4}$ で一方が $[-1,1]$ の外にあり，実際 $y < -x-1$ である。また，区間内のある点で $g < 0$ となることから従うのは実根の存在までであり，それが $I_x$ に属することは従わない。頂点が区間内にある場合は，最小値と最大値の符号を比べる必要がある。

3.4 面積の他の導出：補集合と剪断

着想・方針

領域 (2.1) が確定した後は，外接長方形から余白を引くこと，あるいは面積を保つ剪断で斜めの境界を水平にすることにより，求積の計算を組み替えられる。

解答

$\mathcal{R}_2\subset R:=[-1,2]\times[-1,1]$，$\lvert R\rvert=6$ である。$R\setminus\mathcal{R}_2$ の閉包は，内部が互いに交わらない次の4つの閉領域の和集合である。

よって $S=6-\left(1+\frac12+2+\frac43\right)=\frac76$。
剪断 $(X,Y)=(x,\ y-x+1)$（行列式 $1$，面積を保つ）を施すと，$0\leqq x\leqq2$ の部分は $\left\lbrace 0\leqq X\leqq2,\ 0\leqq Y\leqq\frac{(X-2)^2}{4}\right\rbrace$ に，$-1\leqq x\leqq0$ の部分は $\lbrace -1\leqq X\leqq0,\ -2X\leqq Y\leqq1-X\rbrace$ に移る。前者は放物線の下の面積 $\frac23$（外接長方形 $2\times1$ の $\frac13$），後者は面積 $\frac12$ である。

検証・検算

引いた面積の和は $\frac{29}{6}$ で，$6$ との差が $\frac76$。剪断により $\mathrm{B}\mapsto(0,1)$，$\mathrm{C}\mapsto(2,0)$，$\mathrm{D}\mapsto(0,0)$，$\mathrm{A}\mapsto(-1,2)$ となり，境界の端点が対応する。剪断は各縦断面を平行移動するだけであるから，Cavalieri の原理の意味で本解の積分の言い換えである。

3.5 面積の他の導出：境界の線積分

着想・方針

外周が確定していれば，Green の定理 $S=\oint_{\partial\mathcal{R}_2}x\,dy$ により境界上の積分だけで面積が求まる（大学初年級）。$x\,dy$ を選ぶと水平な辺 $\mathrm{BA}$ の寄与が消える。

解答

境界を反時計回りに $\mathrm{B}\to\mathrm{A}\to\mathrm{D}\to\mathrm{C}\to\mathrm{B}$ とたどる。

よって $S=0+\frac12+2-\frac43=\frac76$。

検証・検算

同じ向きで $\oint y\,dx=0-\frac12+0-\frac23=-\frac76=-S$ となり，$\oint x\,dy=-\oint y\,dx$ と整合する。複素表示 $S=\frac{1}{2i}\oint\overline{z}\,dz$ は $\overline{z}\,dz=(x\,dx+y\,dy)+i(x\,dy-y\,dx)$ による同じ線積分の言い換えである。

3.6 別解1：水平断面と相加相乗平均

着想・方針

$y=tu$ を固定すると，$y$ の符号が $u$ の符号を決め，$x=t+u$ は $t$ の一変数関数になる。$y > 0$ では「積が一定の二数の和」の最小値として相加相乗平均が現れ，曲線の境界 $x=2\sqrt y$（すなわち $y=\frac{x^2}{4}$）が自然に得られる。

解答

1. は本解または 3.1 節 による。(2) を示す。$(x,y)\in\mathcal{R}_2$ は，$t+u=x$，$tu=y$ を満たす $(t,u)\in\Omega$ が存在することと同値である。$\lvert tu\rvert\leqq1$ であるから $-1\leqq y\leqq1$ の範囲を調べればよい。
   (i) $-1\leqq y < 0$ のとき。$a=-y\in(0,1]$ とおく。$tu=-a\neq0$ と $t\geqq0$ より $t > 0$，$u=-\frac at < 0$ である。条件 $u\geqq-1$ は $t\geqq a$ と同値であるから $t\in[a,1]$ で，$x=h(t):=t-\frac at$。$h'(t)=1+\frac{a}{t^2} > 0$ より $h$ は連続かつ増加し，$x$ のとる値の全体は $[h(a),\ h(1)]=[a-1,\ 1-a]=[-1-y,\ 1+y]$ である。
   (ii) $0 < y\leqq1$ のとき。$t > 0$，$u=\frac yt > 0$ であり，条件 $u\leqq1$ は $t\geqq y$ と同値であるから $t\in[y,1]$ で，$x=k(t):=t+\frac yt$。相加相乗平均より $k(t)\geqq2\sqrt y$ で，等号は $t=\sqrt y\in[y,1]$ で成立する。また
   $$ k(t)-(1+y)=\frac{(t-1)(t-y)}{t}\leqq0\qquad(y\leqq t\leqq1) $$
   で，等号は $t=y,\ 1$ で成立する。$k$ は連続であるから，$x$ のとる値の全体は $[2\sqrt y,\ 1+y]$ である。
   (iii) $y=0$ のとき。$t=0$ または $u=0$ であり，$x$ のとる値の全体は $[-1,1]$ である。
   よって
   $$ \mathcal{R}_2=\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ -1\leqq y\leqq0,\ \lvert x\rvert\leqq1+y\right\rbrace\cup\left\lbrace (x,y)\ \middle|\ 0\leqq y\leqq1,\ 2\sqrt y\leqq x\leqq1+y\right\rbrace, $$
   $$ S=\int_{-1}^{0}2(1+y)\,dy+\int_0^1\left(1+y-2\sqrt y\right)dy=1+\int_0^1\left(1-\sqrt y\right)^2dy=1+\frac16=\frac76. $$

検証・検算

$y\to-1$ で断面は1点 $x=0$（点 $\mathrm{D}$），$y\to1$ で1点 $x=2$（点 $\mathrm{C}$）に縮む。$y\to-0$ で断面は $[-1,1]$，$y\to+0$ で $[0,1]$ に近づき，この非対称性は $t\geqq0$ による。$x\geqq0$ では $2\sqrt y\leqq x\iff y\leqq\frac{x^2}{4}$，また $\lvert x\rvert\leqq1+y\iff y\geqq\lvert x\rvert-1$ であり，(2.1) と一致する。$y > 0$ の断面の長さが完全平方 $\left(1-\sqrt y\right)^2$ になることも計算の見通しを与える。

3.7 別解2：接線包絡と曲線三角形

着想・方針

$L_t$ が $\mathcal{P}$ の接線であることを用いて，(1.4) の根の条件を接線に関する点の位置に翻訳する（ 補題2 ）。$y\leqq0$ の部分は三接線三角形，$y\geqq0$ の部分は二接線と弧で囲まれた曲線三角形となり，面積は三角形の面積と放物線の弓形の面積から得られる。

解答

1. (1.2) より $L_t$ は $\mathcal{P}$ の点 $\mathrm{T}_t$ における接線であり， 補題1 (ii) と (1.1) より $\mathcal{R}_1=\Phi(\mathbb{R}^2)=\lbrace x^2-4y\geqq0\rbrace$。
2. (1.5) より
   $$ \mathcal{R}_2=\Phi([-1,0]\times[0,1])\cup\Phi([0,1]^2). $$
   補題2 (1) を $(a,b,c)=(-1,0,1)$ に適用すると，第1項は $L_{-1},L_0,L_1$ で囲まれた三角形で，頂点は $\Phi(-1,0)=\mathrm{A}$，$\Phi(-1,1)=\mathrm{D}$，$\Phi(0,1)=\mathrm{E}$，面積は $\frac12\cdot1\cdot1\cdot2=1$ である。 補題2 (2) を $[a,b]=[0,1]$ に適用すると，第2項は線分 $\mathrm{BE}\subset L_0$，$\mathrm{EC}\subset L_1$ と弧 $\mathrm{BC}$ で囲まれた曲線三角形
   $$ \mathcal{C}[0,1]=\left\lbrace 0\leqq x\leqq2,\ \max\lbrace 0,\ x-1\rbrace\leqq y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace $$
   である。第1項は $y=tu\leqq0$，第2項は $y\geqq0$ の範囲にあるから，両者の共通部分は直線 $y=0$ 上にあり面積をもたない。
   弦 $\mathrm{BC}$ は $y=\frac x2$ であり，$0\leqq x\leqq2$ で $\frac{x^2}{4}\leqq\frac x2$ であるから，$\mathcal{C}[0,1]$ は $\triangle\mathrm{BEC}=\left\lbrace 0\leqq x\leqq2,\ \max\lbrace 0,x-1\rbrace\leqq y\leqq\frac x2\right\rbrace$ から弦と弧の間の弓形を除いたものである。$[\mathrm{BEC}]=\frac12$，弓形の面積は
   $$ \int_0^2\left(\frac x2-\frac{x^2}{4}\right)dx=\frac13 $$
   であるから $\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert=\frac12-\frac13=\frac16$。よって
   $$ S=1+\frac16=\frac76. $$

面積比 $\frac13$ の意味

$\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert=\frac13[\mathrm{BEC}]$，弓形 $=\frac23[\mathrm{BEC}]$ である。放物線の弧とその両端での接線で囲まれた曲線三角形は，両端と接線の交点を頂点とする三角形の $\frac13$ になる。これは Archimedes の放物線求積（弓形は，弦に平行な接線の接点を頂点とする内接三角形の $\frac43$ 倍）と同値であり，本問では接点 $\mathrm{T}_{1/2}=\left(1,\frac14\right)$ について $[\mathrm{B}\mathrm{T}_{1/2}\mathrm{C}]=\frac14$，$\frac43\cdot\frac14=\frac13$ と確かめられる。 1.4 節 の de Casteljau の構成により弧 $\mathrm{BC}$ は制御三角形 $\mathrm{BEC}$ の二次 Bézier 曲線であり，この比はアフィン変換で不変である（ 5.3 節 ）。積分を用いない証明は 3.8 節 で与える。

検証・検算

弧 $\mathrm{BC}$ が境界に現れるのは，$0\leqq t\leqq1$ で接点 $\mathrm{T}_t$ が線分上にあるからである（ 1.4 節 ）。$\frac16 < [\mathrm{BEC}]=\frac12$ であり，弓形を引く向きが正しい。$x=0$ で分ければ，$\triangle\mathrm{ADE}$ の左半分 $\frac12$ と残り $\frac12+\frac16=\frac23$ となり本解と一致する。

3.8 別解3：三接線三角形と面積の三次則

着想・方針

根の区間を分割すると， 補題2 により像は「同じ区間の2根」がつくる曲線三角形と「隣り合う区間の2根」がつくる三接線三角形に分かれる。前者はアフィン変換で互いに移り，面積は区間の長さの3乗に比例する。面積の加法性と三角形の面積公式だけから，積分を用いずに $\lvert\mathcal{C}[a,b]\rvert=\frac{(b-a)^3}{6}$ が決まる。

解答

$V=\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert$ とおき（$\mathcal{C}[0,1]$ は2本の線分と放物線の弧で囲まれた有界閉領域で，面積をもつ），$0 < r < 1$ を任意にとる。$[0,1]$ から重複を許して選んだ2数は，「ともに $[0,r]$ に属する」「ともに $[r,1]$ に属する」「一方が $[0,r]$，他方が $[r,1]$ に属する」のいずれかを満たす。 補題1 (ii) より
$$ \mathcal{C}[0,1]=\mathcal{C}[0,r]\cup\mathcal{C}[r,1]\cup\Phi([0,r]\times[r,1]). $$
右辺の二つの部分に同時に属する点では，$g_{x,y}$ の根の多重集合が一意であることから一方の根が $r$ に等しく，その点は $L_r$ 上にある（ 補題1 (i)）。よって重なりは面積をもたない。 補題2 (1)（$(a,b,c)=(0,r,1)$）と 補題3 より
$$ V=r^3V+(1-r)^3V+\frac12r(1-r). $$
$1-r^3-(1-r)^3=3r(1-r)$ であるから $3r(1-r)V=\frac12r(1-r)$，すなわち
$$ V=\frac16,\qquad \lvert\mathcal{C}[a,b]\rvert=\frac{(b-a)^3}{6}. $$
(1.4) より，$(x,y)\in\mathcal{R}_2$ は「2根がともに $[-1,1]$ にあり，少なくとも一方が $[0,1]$ にある」ことであった。これを二通りに数える。
(i) 2根が $[-1,0]$ と $[0,1]$ に分かれる部分と，ともに $[0,1]$ にある部分に分ける（重なりは $L_0$ 上）。 補題2 (1) と上の結果より
$$ S=\frac12\cdot1\cdot1\cdot2+\frac{1^3}{6}=\frac76. $$
(ii) $\mathcal{C}[-1,1]$ の点のうち $\mathcal{R}_2$ に属さないものは，2根がともに $[-1,0)$ にある点，すなわち $\mathcal{C}[-1,0]\setminus L_0$ の点である。よって
$$ S=\lvert\mathcal{C}[-1,1]\rvert-\lvert\mathcal{C}[-1,0]\rvert=\frac{2^3-1^3}{6}=\frac76. $$
$r=\frac12$ の場合，分割線は接線 $L_{1/2}:y=\frac x2-\frac14$ であり，三接線三角形は $\mathrm{E}$，$\Phi\left(0,\frac12\right)=\left(\frac12,0\right)$，$\Phi\left(\frac12,1\right)=\left(\frac32,\frac12\right)$ を頂点とする面積 $\frac18$ の三角形，残りの二つは $\mathcal{C}[0,1]$ を面積 $\frac18$ 倍に縮めたアフィン像である。関係式 $V=\frac18+\frac V8+\frac V8$ は，接線を中点で追加して曲線三角形を自己相似に分割する Archimedes 型の求積を表している。

検証・検算

$r$ によらず同じ値 $V=\frac16$ が得られることは，三次則と加法性が整合していることを示す。恒等式 $(p+q)^3-p^3-q^3=3pq(p+q)$ と三角形の面積 $\frac12pq(p+q)$ の比が，係数 $\frac16$ を強制している。$\lvert\mathcal{C}[-1,1]\rvert=\frac43$ は，曲線三角形が三角形 $(-2,1),\ \mathrm{D},\ (2,1)$（面積 $4$）の $\frac13$ であることとも一致し，$\lvert\mathcal{C}[-1,0]\rvert=\frac16$ は三角形 $(-2,1),\ \mathrm{A},\ \mathrm{B}$（面積 $\frac12$）の $\frac13$ に一致する。

3.9 別解4：直交二軸と定和切片

着想・方針

端点 $\mathrm{P}_t,\mathrm{Q}_t$ は $\mathrm{D}$ で直交する二直線上を動き，$\mathrm{DP}_t+\mathrm{DQ}_t$ は一定である（ 1.4 節 ）。この二直線を座標軸にとると，線分は切片の和が一定の直線の一部となり，点が線分族に属する条件は，切片の関数の最小値の評価に帰着する。

解答

$$ \xi=\frac{x+y+1}{2},\qquad \eta=\frac{-x+y+1}{2}\qquad\left(x=\xi-\eta,\ \ y=\xi+\eta-1\right) $$
とおく。$(\xi,\eta)\mapsto(x,y)$ は $45^\circ$ の回転，$\sqrt2$ 倍の拡大，平行移動の合成であり，面積を $2$ 倍する。$\mathrm{D}\mapsto(0,0)$，$\mathrm{P}_t\mapsto(1+t,\ 0)$，$\mathrm{Q}_t\mapsto(0,\ 1-t)$ であるから，$0\leqq t < 1$ の線分は
$$ G_t(\xi,\eta):=\frac{\xi}{1+t}+\frac{\eta}{1-t}=1,\qquad \xi\geqq0,\ \ \eta\geqq0 $$
と表され，$t=1$ の線分は $\lbrace\eta=0,\ 0\leqq\xi\leqq2\rbrace$ である。$\mathcal{R}_2$ の像を $\mathcal{U}$ とすると，$\mathcal{U}\subset\lbrace\xi\geqq0,\ \eta\geqq0\rbrace$ であり，$\mathcal{U}\cap\lbrace\eta=0\rbrace=\lbrace 0\leqq\xi\leqq2,\ \eta=0\rbrace$ は面積をもたない。
$\xi\geqq0$，$\eta > 0$ とする。$t\mapsto G_t$ は $[0,1)$ で連続で，$t\to1-0$ のとき $+\infty$ に発散するから最小値 $m(\xi,\eta)$ をもつ。中間値の定理より
$$ (\xi,\eta)\in\mathcal{U}\iff\exists\,t\in[0,1):\ G_t=1\iff m(\xi,\eta)\leqq1. $$
(i) $\xi < \eta$ のとき。$0\leqq t < 1$ で $(1-t)^2\leqq(1+t)^2$ であるから
$$ \frac{\partial G_t}{\partial t}=\frac{\eta}{(1-t)^2}-\frac{\xi}{(1+t)^2}\geqq\frac{\eta-\xi}{(1+t)^2} > 0. $$
よって $m=G_0=\xi+\eta$。
(ii) $\xi\geqq\eta$ のとき。Cauchy–Schwarz の不等式より
$$ G_t=\frac{(\sqrt\xi)^2}{1+t}+\frac{(\sqrt\eta)^2}{1-t}\geqq\frac{(\sqrt\xi+\sqrt\eta)^2}{(1+t)+(1-t)}=\frac{(\sqrt\xi+\sqrt\eta)^2}{2}. $$
等号は $\frac{\sqrt\xi}{1+t}=\frac{\sqrt\eta}{1-t}$，すなわち $t=\frac{\sqrt\xi-\sqrt\eta}{\sqrt\xi+\sqrt\eta}\in[0,1)$ で成立するから，$m=\frac{(\sqrt\xi+\sqrt\eta)^2}{2}$。
したがって，面積をもたない集合を除いて
$$ \mathcal{U}=\lbrace 0\leqq\xi < \eta,\ \xi+\eta\leqq1\rbrace\cup\left\lbrace 0 < \eta\leqq\xi,\ \sqrt\xi+\sqrt\eta\leqq\sqrt2\right\rbrace. $$
第1の集合は直角二等辺三角形 $\lbrace\xi\geqq0,\ \eta\geqq0,\ \xi+\eta\leqq1\rbrace$ の半分で，面積は $\frac14$。第2の集合では，$\xi\leqq\left(\sqrt2-\sqrt\xi\right)^2\iff\xi\leqq\frac12$ に注意して
$$ \int_0^{1/2}\xi\,d\xi+\int_{1/2}^{2}\left(\sqrt2-\sqrt\xi\right)^2d\xi=\frac18+\frac{5}{24}=\frac13. $$
よって $S=2\left(\frac14+\frac13\right)=\frac76$。

直角三角形による充填

補題4 は，動く斜辺の掃く範囲が，固定された二本の脚をもつ直角三角形の和集合に一致することを示す。通過範囲の外縁は，これらの直角三角形の和集合の外縁として捉えられる。

検証・検算

$\mathrm{A}\mapsto(0,1)$，$\mathrm{B}\mapsto\left(\frac12,\frac12\right)$，$\mathrm{C}\mapsto(2,0)$，$\mathrm{E}\mapsto(1,0)$ である。$\mathcal{P}$ 上の点 $\left(x,\frac{x^2}{4}\right)$ は $\left(\frac{(x+2)^2}{8},\ \frac{(x-2)^2}{8}\right)$ に移り，$\lvert x\rvert\leqq2$ で $\sqrt\xi+\sqrt\eta=\sqrt2$ を満たす。$\xi=\eta$ は $x=0$ に，$\xi+\eta=1$ は $y=0$ に対応し，二つの集合はそれぞれ (2.1) の $x\leqq0$ の部分（$\triangle\mathrm{ABD}$）と $x\geqq0$ の部分に対応する。面積 $2\cdot\frac14=\frac12$，$2\cdot\frac13=\frac23$ は本解と一致する。

3.10 参考解1：二根の対称写像と面積倍率

着想・方針

$\mathcal{R}_2=\Phi(\Omega)$ の面積を，境界を求めずに変数変換の公式で直接計算する。$\Phi$ は2根の交換で不変であるから，重複を除いてから面積倍率 $\lvert t-u\rvert$ を積分する（大学初年級）。

解答

補題5 より $\Phi$ は $\Omega_0$ から対角線 $\lbrace t=u\rbrace$ を除いた部分で単射であり，$\Phi$ は $C^1$ 級で，(1.3) よりヤコビアンは $\Omega_0$ 上で $t-u\geqq0$ である。対角線は面積をもたないから，変数変換の公式より
$$ S=\iint_{\Omega_0}(t-u)\,du\,dt=\int_0^1\frac{(1+t)^2}{2}\,dt=\frac{2^3-1^3}{6}=\frac76. $$

負の部分と正の部分

$\Omega_0=\Omega_-\cup\Omega_+$，$\Omega_-=[0,1]\times[-1,0]$，$\Omega_+=\lbrace 0\leqq u\leqq t\leqq1\rbrace$ と分ける。$t-u$ は一次関数であるから，その平均値は重心での値に等しい。$\Omega_-$ は面積 $1$，重心 $\left(\frac12,-\frac12\right)$，$\Omega_+$ は面積 $\frac12$，重心 $\left(\frac23,\frac13\right)$ であるから
$$ \lvert\Phi(\Omega_-)\rvert=1\cdot\left(\frac12+\frac12\right)=1,\qquad \lvert\Phi(\Omega_+)\rvert=\frac12\cdot\left(\frac23-\frac13\right)=\frac16. $$

延べ面積との関係

重複を除かずに積分すると
$$ \iint_\Omega\lvert t-u\rvert\,du\,dt=\int_0^1\left\lbrace\frac{(1+t)^2}{2}+\frac{(1-t)^2}{2}\right\rbrace dt=\int_0^1(1+t^2)\,dt=\frac43. $$
$\Omega\setminus\Omega_0=\lbrace 0\leqq t < u\leqq1\rbrace$ は $\Phi$ により一対一に $\mathcal{C}[0,1]$ から弧 $\mathrm{BC}$ を除いた集合へ写るから，この値は $S+\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert$ であり，$\frac43-\frac16=\frac76$ となる。

三数の順序

$t-u=\int_u^t dv$ と書けば
$$ S=\operatorname{Vol}\lbrace (t,v,u)\mid -1\leqq u\leqq v\leqq t\leqq1,\ t\geqq0\rbrace. $$
立方体 $[-1,1]^3$ は，3座標の大小の順序により，座標の置換で互いに移る6つの部分に（体積0の境界を除いて）分かれるから，$\operatorname{Vol}\lbrace -1\leqq u\leqq v\leqq t\leqq1\rbrace=\frac{2^3}{3!}$。そのうち $t < 0$ の部分の体積は $\frac{1^3}{3!}$ であるから，$S=\frac{2^3-1^3}{3!}=\frac76$。

検証・検算

$\frac{2^3-1^3}{3!}$ は 3.8 節 (ii) の $\lvert\mathcal{C}[-1,1]\rvert-\lvert\mathcal{C}[-1,0]\rvert$ と同じ式であり，三数の順序の体積はその確率的・組合せ的な表現である。$\lvert\mathcal{C}[a,b]\rvert=\iint_{a\leqq u\leqq t\leqq b}(t-u)\,du\,dt=\frac{(b-a)^3}{6}$ は，三次則の積分による確認になる。

3.11 参考解2：重複のない線分の掃過面積

着想・方針

各線分のうち，$\mathrm{Q}_t$ から接点 $\mathrm{T}_t$ までの部分だけを残すと，それらは互いに交わらずに $\mathcal{R}_2$ を掃く。接点の速度は線分の方向を向くので，単位時間に掃く面積は $\mathrm{Q}_t$ の運動だけで決まる。

解答

補題5 より，$u$ を $[-1,t]$ に制限しても通過範囲は変わらない。$u=-1$ は $\mathrm{Q}_t$，$u=t$ は $\mathrm{T}_t$ に対応するから
$$ \mathcal{R}_2=\bigcup_{0\leqq t\leqq1}\overline{\mathrm{Q}_t\mathrm{T}_t}. $$
$0\leqq a < b\leqq1$ のとき $\overline{\mathrm{Q}_a\mathrm{T}_a}\cap\overline{\mathrm{Q}_b\mathrm{T}_b}\subset L_a\cap L_b=\lbrace\Phi(a,b)\rbrace$ であり，$L_a$ 上で $\Phi(a,b)$ は $u=b > a$ に対応するから $\overline{\mathrm{Q}_a\mathrm{T}_a}$ に属さない。よって短縮した線分は互いに交わらない。
$$ \mathrm{X}(t,s)=(1-s)\mathrm{T}_t+s\mathrm{Q}_t=\bigl(2t-s(1+t),\ t^2-st(1+t)\bigr)\qquad\bigl((t,s)\in[0,1]^2\bigr) $$
とおく。$\mathrm{T}_t\neq\mathrm{Q}_t$ と上の事実より $\mathrm{X}$ は単射であり，
$$ \left\lvert\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(t,s)}\right\rvert=s(1+t)^2. $$
よって
$$ S=\int_0^1\!\!\int_0^1 s(1+t)^2\,ds\,dt=\int_0^1\frac{(1+t)^2}{2}\,dt=\frac76. $$

法線速度による解釈

$\mathrm{T}_t'=(2,2t)$ は $\mathrm{T}_t-\mathrm{Q}_t=(1+t)(1,t)$ に平行であり，接点は線分に沿って滑る（法線方向の速度は $0$）。$\mathrm{X}(t,s)$ の速度 $(1-s)\mathrm{T}_t'+s\mathrm{Q}_t'$ の法線成分は $s$ について一次で，$s=0$ で $0$，$s=1$ で $\mathrm{Q}_t'=(1,-1)$ の法線成分に等しい。よって，時刻 $t$ までに掃かれた面積を $W(t)$ とすると
$$ W'(t)=\frac12\left\lvert\det\left(\mathrm{Q}_t',\ \mathrm{T}_t-\mathrm{Q}_t\right)\right\rvert=\frac{(1+t)^2}{2}. $$
同様に，接点から $\mathrm{P}_t$ までの部分 $\overline{\mathrm{T}_t\mathrm{P}_t}$（$t\leqq u\leqq1$）は $\mathcal{C}[0,1]$ をちょうど一度掃き，その速度は $\frac12\left\lvert\det\left(\mathrm{P}_t',\ \mathrm{P}_t-\mathrm{T}_t\right)\right\rvert=\frac{(1-t)^2}{2}$ で，積分すると $\frac16$ になる。

検証・検算

$s=0$ で $\mathrm{T}_t$，$s=1$ で $\mathrm{Q}_t$ となる。二つの速度の和 $\frac{(1+t)^2+(1-t)^2}{2}=1+t^2$ は線分全体の延べの掃過速度 $\int_{-1}^1\lvert t-u\rvert\,du$ に等しく， 3.10 節 の延べ面積 $\frac43$ と整合する。この方法は置換 $u=t-s(1+t)$ により参考解1 と同じ積分になる。

3.12 同じ系列に属する変形

以下は独立の解法とは数えず，既出の解法の表現違いまたは部分的な短縮として扱う。

• 平方完成，判別式，包絡線の条件 $\partial_t(tx-t^2-y)=0$，凸共役 $\sup_t(tx-t^2)=\frac{x^2}{4}$：同じ接触現象の異なる記述であり，本解と 3.1 節に属する。
• 縦断面と横断面，順像法と逆像法：一変数の値域（または解の存在）を調べる同一の原理であり，本解・別解1・3.3 節の系列である。
• 二次 Bézier 曲線（de Casteljau の構成），糸かけ，隣り合う接線の交点 $\Phi(t_k,t_{k+1})$ の極限としての包絡線：放物線の境界を発見する入口の違いであり，別解2 に属する。
• 接線 $L_{1/2}$ による自己相似分割 $V=\frac18+\frac V8+\frac V8$：別解3 の $r=\frac12$ の場合である。
• 全体の対称化：パラメータ領域を $[-1,1]^2$ に広げると，像は $y$ 軸に関して対称な $\mathcal{C}[-1,1]$（面積 $\frac43$）になる。$y\leqq0$ の部分 $\triangle\mathrm{ADE}$ は共通で，$y > 0$ の部分は左右対称な二つの曲線三角形に分かれ，元の問題ではその右側だけが現れるから $S=1+\frac12\left(\frac43-1\right)$。別解3 (ii) と同じ包含関係を用いている。
• 補数による反転 $(t,u)\mapsto(1-t,1-u)$：$\mathcal{C}[0,1]$ を面積を保つアフィン反転 $(x,y)\mapsto(2-x,\ 1-x+y)$ で自身に移し，$x\leqq1$ の部分と $x\geqq1$ の部分を入れ替える。$0\leqq x\leqq1$ では $t,u\geqq0$，$t+u=x$ から $t,u\leqq1$ が自動的に従うので，その部分は $\left\lbrace 0\leqq y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace$ であり，$\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert=2\int_0^1\frac{x^2}{4}\,dx=\frac16$。二根の構造を用いるので参考解1 の系列に置く。
• 判別式座標 $(X,Z)=(x,\ x^2-4y)$（面積倍率 $4$）：$Z=(t-u)^2$ により折り目が $Z=0$ に開かれ，$4\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert=\int_0^2\min\lbrace X,\ 2-X\rbrace^2dX=\frac23$，$4\lvert\triangle\mathrm{ADE}\rvert=\int_{-1}^{1}\left\lbrace(2-\lvert X\rvert)^2-X^2\right\rbrace dX=4$。参考解1 の系列である。
• 面積を保つ座標 $r=t$，$v=\frac{(t-u)^2}{2}$（$u\leqq t$）：$x=2r-\sqrt{2v}$，$y=r^2-r\sqrt{2v}$ で $\left\lvert\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,v)}\right\rvert=1$，範囲は $0\leqq r\leqq1$，$0\leqq v\leqq\frac{(1+r)^2}{2}$ であり，$S=\int_0^1\frac{(1+r)^2}{2}\,dr$ を得る。面積倍率を変数に吸収した参考解1 の正規形である。
• 確率・期待値：$T,U$ を $[0,1]$ 上の独立な一様乱数とすると $\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert=\frac12E\lvert T-U\rvert=\frac16$。参考解1 の積分の言い換えである。
• 延べ掃過面積と被覆度の補正 $\frac43-\frac16$，微小な扇形による面積速度：参考解2 の系列である。
• 三角形の充填（ 補題4 ）：別解4 の幾何的な補強である。
• 正方形 $\mathrm{P}_t\mathrm{F}\mathrm{Q}_t\mathrm{H}_t$ と5点の共円：3.2 節の補助事実である。$\lvert t\rvert < 1$ のとき四角形 $\mathrm{P}_t\mathrm{F}\mathrm{Q}_t\mathrm{D}$ の面積が $\frac12\left\lvert\det\left(\overrightarrow{\mathrm{Q}_t\mathrm{P}_t},\ \overrightarrow{\mathrm{DF}}\right)\right\rvert=2$ で一定になることも確かめられるが，求積には結び付かない。
• 複素数による境界積分 $\frac{1}{2i}\oint\overline z\,dz$：3.5 節と同一である。
• 剪断，Cavalieri の原理による平坦化，外接長方形からの差：3.4 節に統合した。
  次のものは独立の解法として採用しない。
• 射影双対（直線の係数 $[t:-1:-t^2]$ が二次曲線 $\alpha^2-\beta\gamma=0$ をなすこと），焦線，直紋面の射影：放物線が境界になる理由の高次の解釈であり（ 5.7 節 ），領域全体や面積を決定する独立した論証を与えない。
• 複素数平面での端点の表示，$t=\tan\theta$ による角度パラメータ：新しい不変量が現れず，表記の置き換えにとどまる。

3.13 解法の比較

試験場での第一選択は本解である。問題文から直接に出発し，二次関数の値域という標準的な操作だけで必要十分性まで完結し，図示に必要な境界をすべて与える。別解1 は面積の計算が最も短く，別解2 は領域の形を最もよく見通す。別解3 は $\frac76=\frac{2^3-1^3}{6}$ という構造を積分なしに説明し，参考解1 はそれを変数変換の一行の積分にまとめる。別解4 と参考解2 は，端点の運動という別の対象から同じ放物線に到達する。

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4. 汎用的な探索手順

4.1 意思決定の流れ

本問から抽出される，パラメータを含む直線・線分の通過範囲を求める問題に対する探索手順を述べる。
(1) 動く対象を，構造が見える形でパラメータ表示する。端点の座標を直接追うより，中点と方向ベクトルを先に求め，直線の式，線分上の位置パラメータ $u$，端点の軌跡を作る。
(2) 自由度と制約を分離する。元のパラメータ $t$ の範囲と，線分上の位置 $u$ の範囲を明示する。直線の結果を線分に流用しない。
(3) 固定断面を第一候補とする。$x$ を固定するか（$y=f_x(t)$），$y$ を固定するか（$x=k_y(t)$）を比較し，パラメータの許容区間を先に確定してから最大・最小を求める。
(4) 等号が生じる場所を列挙する。区間の端点，区間内の停留点，二根の一致（包絡線），パラメータ領域の境界の像が境界の候補である。一般にはヤコビアンの零点の像とパラメータ領域の境界の像に限られる（ 5.4 節 ）。包絡線の候補が実際に線分上で実現されるか，すなわち接点が線分上にあるかを確かめる。
(5) 必要条件で終わらず，十分性を示す。断面の許容区間が区間をなし関数が連続ならば，上下端の間はすべて実現される。それが使えない場合は，逆像の解の配置，写像の単射性，充填の補題（ 補題4 ）を用いる。
(6) 対称性による重複を調べる。和と積のような対称式による写像では，$(t,u)$ と $(u,t)$ が同じ点を与えないかを確かめる。面積の変数変換や掃過面積の計算の前には必須である。
(7) 境界の確定後に求積法を選ぶ。断面の積分，三角形と弓形の差，三次則と加法性，面積倍率，補集合，剪断，境界積分を比較する。
(8) 検算する。境界の接続，特別な $t$ に対する線分，別方向の断面，包含関係による上下の評価，延べ面積と被覆度，別解による再計算を確かめる。

4.2 症状と有効な表現

4.3 一般化と類題の設計

本問の構造は次のように一般化される。$\alpha < \beta$，$\alpha\leqq p < q\leqq\beta$ とし，$t\in[p,q]$ に対して線分 $\Phi(\lbrace t\rbrace\times[\alpha,\beta])$（$\alpha < t < \beta$ では，$L_t$ のうち固定接線 $L_\alpha,L_\beta$ に挟まれた部分）を考える。その通過範囲 $\mathcal{R}=\Phi([p,q]\times[\alpha,\beta])$ は， 補題1 により「一方の根が $[p,q]$，他方の根が $[\alpha,\beta]$ にある点」の集合である。他方の根が $[\alpha,p]$，$[p,q]$，$[q,\beta]$ のいずれにあるかで分け（重なりは $L_p\cup L_q$ 上），$P=p-\alpha$，$Q=q-p$，$R=\beta-q$ とおけば， 補題2 と三次則（ 3.8 節 ）より
$$ \lvert\mathcal{R}\rvert=\frac{Q^3}{6}+\frac{PQ(P+Q)}{2}+\frac{QR(Q+R)}{2}. $$
第1項は曲線三角形 $\mathcal{C}[p,q]$，第2・3項は三接線三角形である（$P=0$ または $R=0$ のとき，対応する項は退化して $0$ になる）。本問は $(\alpha,\beta,p,q)=(-1,1,0,1)$，$(P,Q,R)=(1,1,0)$ の場合で，$\frac16+1+0=\frac76$ となる。
類題の設計の観点からは，次の対応が読み取れる。

• 端点の軌跡（固定接線 $L_\alpha,L_\beta$）が直交することは，交点 $\Phi(\alpha,\beta)$ が準線上にあること，すなわち $\alpha\beta=-1$ と同値である。
• $\alpha,\beta,p,q$ を整数にとれば，関係する頂点 $\Phi(a,b)=(a+b,\ ab)$ はすべて格子点になる。
• $P,R$ の一方を $0$ にすると，多角形の部分と曲線三角形が一つずつ現れる。$[p,q]=[\alpha,\beta]$ とすれば曲線三角形一つ（面積 $\frac{(\beta-\alpha)^3}{6}$）になる。
• 任意の放物線はアフィン変換で $\mathcal{P}$ に移り，接線は接線に移り，面積比は保たれるから，以上は一般の放物線に移植できる。

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5. 発展事項

5.1 高校数学と一般理論の境界

本解，別解1〜4，3.1〜3.4 節はすべて左欄の範囲で完結する。右欄は，それらの計算が成り立つ理由を説明する理論である。

5.2 凸共役・包絡線・判別式

$f(t)=t^2$ の凸共役（Legendre 変換）は
$$ f^*(x)=\sup_{t\in\mathbb{R}}\left(xt-f(t)\right)=\frac{x^2}{4} $$
であり，(1) の答えは $f^*$ のグラフとその下側の集合である。Fenchel–Young の不等式 $f^*(x)\geqq xt-f(t)$ の等号は $x=f'(t)=2t$ で成立するから，$y=tx-f(t)$ は $f^*$ の傾き $t$ の支持直線（接線）であり，その切片が $-f(t)=-t^2$ である。これが $L_t:y=tx-t^2$ の正体である。包絡線の条件 $\partial_t(tx-t^2)=0$ は上限を与える $t$ の停留条件であり，判別式 $x^2-4y=0$ はその $t$ が重根になる条件である。(1.2) の平方完成は三者を同時に示している。

5.3 二次 Bézier 曲線と Archimedes の求積

制御点 $\mathrm{B},\mathrm{E},\mathrm{C}$ の二次 Bézier 曲線 $\boldsymbol{\gamma}(t)=(1-t)^2\mathrm{B}+2t(1-t)\mathrm{E}+t^2\mathrm{C}$ は放物線の弧であり，$\boldsymbol{\gamma}'(t)=2(1-t)(\mathrm{E}-\mathrm{B})+2t(\mathrm{C}-\mathrm{E})$ より，両端での接線は制御多角形の辺である。非退化な二次 Bézier 曲線は，3つの制御点を移すアフィン変換により本問の弧 $\mathrm{BC}$ に移る。アフィン変換は面積比を保つから，「曲線と制御多角形の二辺で囲まれた部分は制御三角形の $\frac13$」「弦との間の弓形は制御三角形の $\frac23$」が一般に成り立つ。後者は Archimedes『放物線の求積』の定理（弓形は，弦に平行な接線の接点を頂点とする内接三角形の $\frac43$ 倍）と同値であり，Archimedes は内接三角形を繰り返し追加する取り尽くし法でこれを示した。別解3 の自己相似分割は，同じ構造を接線の側から見たものである。

5.4 対称積写像・折り目・境界の局在

$\Phi(t,u)=(t+u,\ tu)$ は2根から係数への写像（Vieta 写像）であり，交換 $(t,u)\mapsto(u,t)$ で不変である。$\Phi$ は，交換で移り合う2点を同一視した商空間 $\mathbb{R}^2/S_2$ から閉集合 $\lbrace x^2-4y\geqq0\rbrace$ への同相写像を誘導し，(1) の答えはこの像そのものである。$X=t+u$，$d=t-u$ とおくと $\Phi$ は $(X,d)\mapsto\left(X,\ \frac{X^2-d^2}{4}\right)$ と書け，線形変換 $(t,u)\mapsto(X,d)$，折り畳み $(X,d)\mapsto(X,\ d^2)$，微分同相 $(X,Z)\mapsto\left(X,\ \frac{X^2-Z}{4}\right)$ の合成である。したがって $\Phi$ は対角線 $d=0$ に沿って Whitney の折り目（fold）特異点をもち，$\mathcal{P}$ はその臨界値集合である。
境界の局在は次のように示される。$\Phi$ は連続で $\Omega$ はコンパクトであるから $\Phi(\Omega)$ は閉集合であり，その境界点 $\mathrm{X}$ は $\Phi(\Omega)$ に属する。$\mathrm{X}$ のある逆像 $p$ が $\Omega$ の内点で，そこでのヤコビアンが $0$ でなければ，逆関数定理により $\Phi$ は $p$ の近傍を $\mathrm{X}$ の近傍の上へ写し，$\mathrm{X}$ は内点となって矛盾する。よって
$$ \partial\Phi(\Omega)\subset\Phi(\partial\Omega)\cup\Phi(\lbrace t=u\rbrace) $$
であり， 1.5 節 の表はこの包含の具体化である。

5.5 根と係数の写像の一般化：差積と Selberg 積分

$n$ 個の実数 $t_1,\ldots,t_n$ からモニック多項式 $\prod_i(z-t_i)$ の係数への写像のヤコビアンは，符号を除いて差積 $\prod_{i < j}(t_i-t_j)$ に等しい。$n=2$ の場合が (1.3) の $t-u$ である。したがって，根がすべて $[0,1]$ にあるモニックな $n$ 次実多項式全体の，係数空間 $\mathbb{R}^n$ における体積は
$$ \frac{1}{n!}\int_{[0,1]^n}\prod_{i < j}\lvert t_i-t_j\rvert\,dt_1\cdots dt_n=\frac{1}{n!}S_n\left(1,1,\tfrac12\right) $$
である。ここで $S_n(\alpha,\beta,\gamma)=\int_{[0,1]^n}\prod_i t_i^{\alpha-1}(1-t_i)^{\beta-1}\prod_{i < j}\lvert t_i-t_j\rvert^{2\gamma}\,dt$ は Selberg 積分であり，
$$ S_n(\alpha,\beta,\gamma)=\prod_{j=0}^{n-1}\frac{\Gamma(\alpha+j\gamma)\,\Gamma(\beta+j\gamma)\,\Gamma(1+(j+1)\gamma)}{\Gamma(\alpha+\beta+(n+j-1)\gamma)\,\Gamma(1+\gamma)} $$
が成り立つ。これより体積は $n=2$ で $\frac16$（本問の $\lvert\mathcal{C}[0,1]\rvert$），$n=3$ で $\frac{1}{180}$ となる。また根を $t\mapsto a+ht$ と変換すると，$k$ 番目の基本対称式は $h^k e_k$ に低次の基本対称式の一次結合を加えたものに変わり，係数空間は対角成分 $h,h^2,\ldots,h^n$ の三角型のアフィン変換を受ける。よって体積は $h^{n(n+1)/2}$ 倍になる。$n=2$ の指数 $3$ が 補題3 の三次則である。

5.6 二つの点列と包絡線：Steiner の生成と直交軌跡

二直線 $\ell,\ell'$ の点列の間に透視対応でない射影対応があるとき，対応点を結ぶ直線全体は，$\ell,\ell'$ に接する円錐曲線の接線全体をなす（Steiner による円錐曲線の生成の双対）。本問の $\mathrm{P}_t\in L_1$，$\mathrm{Q}_t\in L_{-1}$ は $t$ の一次式であり，両直線の無限遠点どうしが対応するから，無限遠直線も接線となり，包絡線は放物線になる。対応が透視対応でないことは，交点 $\mathrm{D}$ が $L_1$ 上では $\mathrm{P}_{-1}$，$L_{-1}$ 上では $\mathrm{Q}_1$ と異なる $t$ に対応することから分かる。糸かけはこの事実の視覚化である。
また，放物線の二接線の交点の $y$ 座標は傾きの積に等しかった（ 1.4 節 ）から，直交する二接線の交点の軌跡（orthoptic）は準線 $y=-1$ である。本問の二本のレールは，準線上の点 $\mathrm{D}$ から引いた二接線として選ばれている。

5.7 射影双対と直紋面

直線 $\alpha x+\beta y+\gamma=0$ を係数 $[\alpha:\beta:\gamma]$ で表すと，$L_t:tx-y-t^2=0$ は $[t:-1:-t^2]$ であり，$\alpha^2-\beta\gamma=0$ を満たす。接線全体は双対射影平面の二次曲線をなし，その双対曲線が $\mathcal{P}$（斉次座標で $X^2-4YW=0$）である。また $(x,y,t)$ 空間の曲面 $\Sigma:y=tx-t^2$ は，$t$ が一定の直線を母線とする双曲放物面である。$\mathcal{R}_1$ は $\Sigma$ の $(x,y)$ 平面への射影であり，$\mathcal{P}$ はその見かけの輪郭（$\partial_t(tx-t^2-y)=0$ の像）である。いずれも，放物線が境界になる理由の高次の解釈である。

5.8 歴史的背景

放物線の弓形の面積は Archimedes（紀元前3世紀）の『放物線の求積』に遡る。曲線族の包絡線は17世紀末の Leibniz らにより，凸共役の原型である Legendre 変換は18世紀末の Legendre により導入された。Green の定理の名は1828年の Green の論文に由来する。二つの射影的な点列・線束から円錐曲線を生成する理論は19世紀前半の Steiner による。二次 Bézier 曲線の構成は，1950年代末から1960年代の de Casteljau（Citroën）と Bézier（Renault）による自動車設計の研究に由来する。Selberg 積分は1944年に Selberg により与えられた。本問は，大学入試で定番の「直線の通過範囲」に線分化とパラメータの制限を加えることで，これらの理論が交わる小さな具体例になっている。

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6. 最終整理

6.1 構造マップ

• 中点 $\mathrm{M}_t=(t,0)$ と傾き $t$ → $L_t:y=tx-t^2$（$\mathcal{P}$ の接線），線分上の点 $\Phi(t,u)=(t+u,\ tu)$
  • 1. $t\in\mathbb{R}$，$u$ は無制限
       • 平方完成（本解），判別式・包絡線（3.1 節），焦点・準線（3.2 節）
       • 結論 $\mathcal{R}_1=\left\lbrace y\leqq\frac{x^2}{4}\right\rbrace$
  • 2. $0\leqq t\leqq1$，$-1\leqq u\leqq1$ $\Leftrightarrow$ 2根がともに $[-1,1]$ にあり，少なくとも一方が $[0,1]$ にある
       • 領域の確定：縦断面（本解），横断面（別解1），根の配置と接線の配置（別解2），直交二軸（別解4），逆像法（3.3 節）
       • 求積：$\frac12+\frac23$（縦断面），$1+\frac16$（横断面・接線），$\frac{2^3-1^3}{6}$（三次則・面積倍率），$2\left(\frac14+\frac13\right)$（直交二軸），補集合・線積分（3.4 節，3.5 節）
       • 結論 $S=\frac76$

6.2 解答一覧

6.3 数学的教訓

• 動く線分は，端点よりも中点と方向ベクトルで表すと構造が現れる。本問では中点が $x$ 軸上を動き，傾きが $t$ そのものであることが接線族を露わにする。
• 直線の通過範囲と線分の通過範囲は別の問題である。線分では，パラメータの範囲と線分上の位置の範囲の二つの制約を同時に扱う。
• 境界の候補（端点，停留点，二根の一致，パラメータ領域の境界の像）の列挙と，候補の内側が実際に埋まることの証明は別である。後者は連続性，解の配置，充填の補題で示す。
• 接線の交点 $(s+t,\ st)$ は二根の和と積である。根の区間の配置は接線に関する点の位置に翻訳され，三角形と曲線三角形への分割を与える。
• 対称な写像では，重複を除いてから面積を数える。延べ面積 $\frac43$ と真の面積 $\frac76$ の差は，二重に覆われた部分の面積 $\frac16$ である。
• 面積の三次則と加法性は，積分を用いずに $\frac16$ を決める。$\frac76=\frac{2^3-1^3}{3!}$ は，曲線三角形の差，三数の順序の体積，面積倍率の積分という異なる見方を一つの式にまとめる。