軌跡の求め方

2 点 $A(0,0)$、$B(4,2)$ から等しい距離にある点 $P(x,y)$ の軌跡を求める。
手順 1。条件は $PA=PB$ である。$PA$、$PB$ は $0$ 以上なので、これは $PA^2=PB^2$ と同値で、
$$ x^2+y^2=(x-4)^2+(y-2)^2 $$
と書ける。
手順 2。右辺を展開すると $x^2-8x+16+y^2-4y+4$ なので、両辺から $x^2+y^2$ を引いて $0=-8x-4y+20$、つまり $2x+y=5$ である。これは直線を表す。
手順 3。手順 1・2 の変形はどれも逆にたどれる（同値変形である）ので、直線 $2x+y=5$ 上のどの点も $PA=PB$ を満たす。たとえば $AB$ の中点 $(2,1)$ は $2\cdot2+1=5$ を満たし、$(0,5)$ も $2\cdot0+5=5$ を満たす。$(0,5)$ では $PA=5$、$PB=\sqrt{16+9}=5$ で、たしかに等しい。
答えは直線 $2x+y=5$ である。これは線分 $AB$ の垂直二等分線である（傾き $-2$ は $AB$ の傾き $\dfrac12$ と積が $-1$）。

2 点 $A(0,0)$、$B(3,0)$ について、$PA:PB=2:1$ を満たす点 $P(x,y)$ の軌跡を求める。
手順 1。条件は $PA=2PB$ で、両辺が $0$ 以上なので $PA^2=4PB^2$ と同値である。
$$ x^2+y^2=4\bigl((x-3)^2+y^2\bigr) $$
手順 2。右辺は $4x^2-24x+36+4y^2$ なので、移項すると $0=3x^2+3y^2-24x+36$、両辺を $3$ で割って $x^2+y^2-8x+12=0$ である。平方完成すると $x^2-8x=(x-4)^2-16$ なので
$$ (x-4)^2+y^2=4 $$
で、中心 $(4,0)$、半径 $2$ の円である。
手順 3。変形はすべて同値変形なので、この円上のどの点も条件を満たす。たとえば円と $x$ 軸の交点 $(2,0)$ では $PA=2$、$PB=1$、$(6,0)$ では $PA=6$、$PB=3$ で、どちらも比は $2:1$ である。
答えは中心 $(4,0)$、半径 $2$ の円である（図 1）。このような円を Apollonius の円 という。

1. ex-loc-hs-bisector の軌跡は $L=\{P: PA=PB\}$ で、答えは $L=\{(x,y): 2x+y=5\}$ という集合の等式である。
2. 原点からの距離が $1$ 以下の点の軌跡は $\{(x,y): x^2+y^2\le1\}$ で、これは円の周と内部をあわせた図形（円板）である。軌跡は曲線になるとは限らず、面積をもつ図形にもなる。この形の軌跡は 不等式の表す領域と線形計画法 で扱う。

ex-loc-hs-apollonius の条件 $PA=2PB$ を満たす点は、どれも平面上の点である。だから $F'$ を平面全体とすると、「条件を満たす点は $F'$ 上にある」という (i) は正しい。しかし原点 $(0,0)$ では $PA=0$、$PB=3$ で条件を満たさないので、(ii) は成り立たず、軌跡は平面全体ではない。極端な例だが、手順 3 を飛ばすと、このように大きすぎる答えを出すおそれがある。
反対に、(ii) だけを確かめても足りない。円 $(x-4)^2+y^2=4$ の上半分の点はすべて条件を満たすが、軌跡は上半分だけではない（下半分の点 $(4,-2)$ でも $PA=\sqrt{20}=2\sqrt5$、$PB=\sqrt{1+4}=\sqrt5$ で条件を満たす）。

条件「$x=\sqrt{1-y^2}$」を満たす点 $(x,y)$ の軌跡を考える。両辺を 2 乗すると $x^2=1-y^2$、つまり $x^2+y^2=1$ で、単位円になる。しかし単位円上の点 $(-1,0)$ では左辺 $x=-1$、右辺 $\sqrt{1-0}=1$ で、条件を満たさない。
2 乗する前の条件では $x=\sqrt{1-y^2}\ge0$ なので、正しくは「$x^2+y^2=1$ かつ $x\ge0$」と同値である。軌跡は単位円の右半分（点 $(0,1)$、$(0,-1)$ を含む）である。

$c>0$、$k>0$ とし、$A(0,0)$、$B(c,0)$ について $PA:PB=k:1$、つまり $PA=kPB$ を満たす点 $P(x,y)$ の軌跡を求める。
段 1。両辺が $0$ 以上なので、条件は $PA^2=k^2PB^2$、つまり
$$ x^2+y^2=k^2\bigl((x-c)^2+y^2\bigr) $$
と同値である。右辺を展開して移項すると
$$ (1-k^2)(x^2+y^2)+2k^2cx-k^2c^2=0 $$
となる。
段 2（$k=1$ のとき）。$x^2+y^2$ の係数が $0$ なので、$2cx-c^2=0$、つまり $x=\dfrac c2$ である。軌跡は線分 $AB$ の垂直二等分線である。
段 3（$k\ne1$ のとき）。両辺を $1-k^2\ne0$ で割ると $x^2+y^2-\dfrac{2k^2c}{k^2-1}x+\dfrac{k^2c^2}{k^2-1}=0$ である。$x_0=\dfrac{k^2c}{k^2-1}$ とおいて平方完成すると
$$ (x-x_0)^2+y^2=x_0^2-\frac{k^2c^2}{k^2-1} $$
である。右辺は
$$ \frac{k^4c^2}{(k^2-1)^2}-\frac{k^2c^2(k^2-1)}{(k^2-1)^2}=\frac{k^2c^2\bigl(k^2-(k^2-1)\bigr)}{(k^2-1)^2}=\frac{k^2c^2}{(k^2-1)^2} $$
で、正である。よって軌跡は中心 $\left(\dfrac{k^2c}{k^2-1},0\right)$、半径 $\dfrac{kc}{|k^2-1|}$ の円である。すべて同値変形なので、cor-loc-equivalent により、この円全体が軌跡である。
段 4（数値で確かめる）。$k=2$、$c=3$ では、中心は $\left(\dfrac{4\cdot3}{3},0\right)=(4,0)$、半径は $\dfrac{2\cdot3}3=2$ で、ex-loc-hs-apollonius と一致する。$k=\dfrac12$、$c=3$ では、中心は $\left(\dfrac{\frac14\cdot3}{-\frac34},0\right)=(-1,0)$、半径は $\dfrac{\frac32}{\frac34}=2$ である（図 1 の左の円）。
段 5（$x$ 軸との交点）。$k>1$ とする。円と $x$ 軸の交点の $x$ 座標は「中心 $\pm$ 半径」で、$k^2-1>0$ なので
$$ \frac{k^2c\pm kc}{k^2-1}=\frac{kc(k\pm1)}{(k-1)(k+1)} $$
である。複号の $+$ をとると $\dfrac{kc}{k-1}$、$-$ をとると $\dfrac{kc}{k+1}$ になる。$\dfrac{kc}{k+1}$ は線分 $AB$ を $k:1$ に内分する点、$\dfrac{kc}{k-1}$ は $k:1$ に外分する点の $x$ 座標である。$k=2$、$c=3$ なら
$$ \frac{2\cdot3}{2+1}=2,\qquad \frac{2\cdot3}{2-1}=6 $$
で、図 1 の赤い点 $(2,0)$、$(6,0)$ である。
$0< k<1$ のときは、半径が $\dfrac{kc}{1-k^2}=-\dfrac{kc}{k^2-1}$ なので、「中心 $\pm$ 半径」は複号を入れ替えただけの同じ 2 数 $\dfrac{k^2c\mp kc}{k^2-1}$ になり、交点の $x$ 座標はやはり $\dfrac{kc}{k+1}$ と $\dfrac{kc}{k-1}$ である。このときも $\dfrac{kc}{k+1}$ は $k:1$ に内分する点、$\dfrac{kc}{k-1}$（負の数）は $k:1$ に外分する点の $x$ 座標である。$k=\dfrac12$、$c=3$ なら
$$ \frac{\frac32}{\frac32}=1,\qquad \frac{\frac32}{-\frac12}=-3 $$
で、中心 $(-1,0)$、半径 $2$ の円（段 4）の $x$ 軸との交点と一致する。

$t$ を実数とし、放物線 $y=x^2-2tx+2t$ の頂点の軌跡を求める。
段 1（頂点）。平方完成すると $x^2-2tx+2t=(x-t)^2-t^2+2t$ なので、頂点は $(t,\ -t^2+2t)$ である（2次関数の最大・最小）。
段 2（$t$ が実数全体を動くとき）。$f(t)=t$、$g(t)=-t^2+2t$ である。$x=f(t)$ は $t=x$ とただ 1 通りに解けて、$J$ は実数全体である。thm-loc-parameter により、軌跡は放物線 $y=-x^2+2x$ 全体である。
段 3（$t>0$ に限るとき）。$I=\{t: t>0\}$ なら $J=\{x: x>0\}$ で、軌跡は放物線 $y=-x^2+2x$ のうち $x>0$ の部分である。たとえば点 $(-1,-3)$ は $y=-x^2+2x$ を満たすが、$t=-1$ にあたるので、この場合の軌跡には入らない。

$t$ が実数全体を動くとき、点 $P_t=(t^2,\ t^2+1)$ の軌跡を求める。
$x=t^2$、$y=t^2+1$ から $t^2$ を消すと $y=x+1$ である。しかし直線 $y=x+1$ 全体が軌跡ではない。たとえば点 $(-1,0)$ は $y=x+1$ を満たすが、$t^2=-1$ となる実数 $t$ はないので、軌跡の点ではない。
正しくは次のように考える。$(x,y)$ が軌跡に属するのは、$x=t^2$ かつ $y=t^2+1$ を満たす実数 $t$ が存在するときである。これは「$y=x+1$ かつ、$t^2=x$ を満たす実数 $t$ が存在する」と同値で、後半は $x\ge0$ と同値である（$x\ge0$ なら $t=\sqrt x$ がとれ、$x<0$ なら $t^2\ge0>x$）。軌跡は半直線 $y=x+1$（$x\ge0$）で、端の点 $(0,1)$（$t=0$）を含む（図 2）。
この例では $x=t^2$ が $t$ についてただ 1 通りには解けない（$t=\pm\sqrt x$）ので、thm-loc-parameter はそのままは使えない。それでも「$t$ が存在する条件」を書けば、同じように範囲が求まる。

$m$ を実数とし、2 直線
$$ \ell_1:\ mx-y=0,\qquad \ell_2:\ x+my-2=0 $$
の交点の軌跡を求める。$\ell_1$ は原点を通り、$\ell_2$ は点 $(2,0)$ を通る。法線ベクトル $(m,-1)$ と $(1,m)$ の内積は $m-m=0$ なので、2 直線は垂直である（直線の方程式と点と直線の距離）。
段 1（条件を書く）。点 $(x,y)$ が軌跡に属するのは、$mx-y=0$ かつ $x+my-2=0$ を満たす実数 $m$ が存在するときである。
段 2（$x=0$ の場合）。$x=0$ なら、1 つ目の式から $y=0$ で、2 つ目の式は $0+0-2=0$ となり成り立たない。よって $x=0$ の点は軌跡に属さない。
段 3（$x\ne0$ の場合）。1 つ目の式は $m=\dfrac yx$ と同値である。これを 2 つ目の式に代入すると $x+\dfrac{y^2}x-2=0$ で、両辺に $x\ne0$ を掛けると $x^2+y^2-2x=0$ となる。$x\ne0$ なのでこの変形は同値で、$m=\dfrac yx$ は実数として確かに存在する。よって、$x\ne0$ の点 $(x,y)$ が軌跡に属することは $x^2+y^2-2x=0$ と同値である。
段 4（答え）。$x^2+y^2-2x=0$ は $(x-1)^2+y^2=1$、つまり中心 $(1,0)$、半径 $1$ の円である。この円の上で $x=0$ となるのは $y^2=0$ のとき、つまり原点 $(0,0)$ だけである。したがって軌跡は、円 $(x-1)^2+y^2=1$ から原点を除いたものである（図 3）。
段 5（確かめ）。$m=0$ なら $\ell_1$ は $y=0$、$\ell_2$ は $x=2$ で、交点 $(2,0)$ は円の上にある。$m=\dfrac12$ なら交点は $\left(\dfrac85,\dfrac45\right)$ で、$\dfrac{64}{25}+\dfrac{16}{25}-\dfrac{16}5=\dfrac{80-80}{25}=0$ となり、円の上にある。

線分 $AB$ の内部に任意の点 $M$ をとる。$AM$、$MB$ をそれぞれ 1 辺とする正方形 $AMCD$、$MBEF$ を、$AB$ に関して同じ側に作る。これらの正方形の外接円は、中心をそれぞれ $P$、$Q$ とし、$M$ ともう 1 つの点 $N$ で交わる。直線 $AF$ と $BC$ の交点を $N'$ とする。
(a) 点 $N$ と $N'$ が一致することを示せ。
(b) 直線 $MN$ は、$M$ の選び方によらない定点 $S$ を通ることを示せ。
(c) $M$ が $A$ と $B$ の間を動くとき、線分 $PQ$ の中点の軌跡を求めよ。
出典：国際数学オリンピック（1959 年）第 5 問 Oly59。筆者による和訳。この記事では軌跡を問う (c) だけを扱う。