解説

方針・初手

条件 $(*)$ を満たす正方形は、結局「整数格子でできた単位正方形」である。そこで、それらの正方形全体の和集合を考え、その面積を円 $C_n$ の面積と比較する。

円の内部に完全に入る単位正方形を集めた図形は、円 $C_n$ に含まれる。一方で、半径を少しだけ小さくした円 $C_{n-\sqrt{2}}$ は、その和集合に含まれる。この包含関係から面積をはさみうちすればよい。

解法1

まず、条件 $(*)$ を満たす1辺の長さが $1$ の正方形は、座標軸に平行な単位格子正方形に限られることを示す。

実際、正方形の1辺の両端を $(a,b),(c,d)$ とすると、$a,b,c,d$ は整数であり、

$$ (c-a)^2+(d-b)^2=1

$$

を満たす。ここで $c-a,d-b$ も整数であるから、

$$ (c-a,d-b)=(\pm 1,0),(0,\pm 1)

$$

しかありえない。したがって、各辺は座標軸に平行であり、求める正方形は整数格子による単位正方形である。

そこで、条件 $(*)$ を満たす正方形すべての和集合を $U_n$ とおく。これらの正方形の内部どうしは重ならないので、

$$ \mathrm{area}(U_n)=N(n)

$$

である。

次に、$U_n$ と円 $C_n$ の関係を調べる。

円 $C_n$ は凸集合である。条件 $(*)$ を満たす正方形は4頂点がすべて $C_n$ に含まれるから、その凸包である正方形全体も $C_n$ に含まれる。したがって、

$$ U_n \subset C_n

$$

である。よって、

$$ N(n)=\mathrm{area}(U_n)\leqq \mathrm{area}(C_n)=\pi n^2

$$

を得る。

逆向きの包含を示す。$n\geqq 2$ とし、任意に点 $P\in C_{n-\sqrt{2}}$ をとる。$P$ を含む整数格子による単位正方形を1つ選び、それを $Q$ とする。

$Q$ の任意の頂点を $A$ とすると、単位正方形の中の2点間距離は最大でも対角線の長さ $\sqrt{2}$ だから、

$$ PA\leqq \sqrt{2}

$$

である。したがって三角不等式より、

$$ OA\leqq OP+PA\leqq (n-\sqrt{2})+\sqrt{2}=n

$$

となる。よって $Q$ の4頂点はすべて $C_n$ に含まれるので、$Q$ は条件 $(*)$ を満たす。したがって $P\in U_n$ である。

ゆえに、

$$ C_{n-\sqrt{2}} \subset U_n

$$

が成り立つ。面積をとれば、

$$ \pi (n-\sqrt{2})^2=\mathrm{area}(C_{n-\sqrt{2}}) \leqq \mathrm{area}(U_n)=N(n)

$$

である。

以上より、$n\geqq 2$ で

$$ \pi (n-\sqrt{2})^2 \leqq N(n)\leqq \pi n^2

$$

を得る。これを $n^2$ で割ると、

$$ \pi \left(1-\frac{\sqrt{2}}{n}\right)^2 \leqq \frac{N(n)}{n^2} \leqq \pi

$$

となる。$n\to\infty$ とすると、左辺も右辺も $\pi$ に収束するから、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{N(n)}{n^2}=\pi

$$

が従う。

解説

本問の本質は、$N(n)$ を直接数え上げることではなく、単位格子正方形の和集合の面積としてとらえることである。

「4頂点が円内にある正方形は円内に入る」という上からの評価と、「少し小さい円の点は必ずどれか1つの単位格子正方形に入り、その正方形は元の円内に収まる」という下からの評価を組み合わせると、$N(n)$ は円の面積 $\pi n^2$ に漸近することが分かる。

答え

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{N(n)}{n^2}=\pi

$$

である。