COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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加法定理

教科書の補足

加法定理

定理≪三角関数の加法定理≫

 すべての角 $\alpha,$ $\beta$ に対して \begin{align*} \cos (\alpha\pm\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta, \\ \sin (\alpha\pm\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta \end{align*} が成り立つ. また, $\alpha,$ $\beta,$ $\alpha\pm\beta$ が $\dfrac{\pi}{2}$ の倍数でないとき, \[\tan (\alpha\pm\beta ) = \frac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}\] が成り立つ.

証明: 余弦定理を利用

 $\cos (\alpha -\beta )$ の公式を示す. 角 $\alpha,$ $\beta$ を表す動径がそれぞれ $\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ となるように単位円周上の点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ をとり, $\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ のなす角を $\theta$ とおく. このとき, ある整数 $n$ に対して $\alpha -\beta = \theta +2n\pi$ であり, $\mathrm A(\cos\alpha,\sin\alpha ),$ $\mathrm B(\cos\beta,\sin\beta )$ であるから, \begin{align*} &\cos (\alpha -\beta ) = \cos\theta = \frac{\mathrm{OA}^2+\mathrm{OB}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}} \\ &= \frac{1^2+1^2-((\cos\alpha -\cos \beta )^2+(\sin\alpha -\sin\beta )^2)}{2\cdot 1\cdot 1} \\ &= \frac{2-(1+1-2\cos\alpha\cos\beta -2\sin\alpha\sin\beta )}{2} \\ &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \end{align*} が成り立つ.

別証明: ベクトルの内積を利用

 $\cos (\alpha -\beta )$ の公式を示す. 角 $\alpha,$ $\beta$ を表す動径がそれぞれ $\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ となるように単位円周上の点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ をとり, $\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ のなす角を $\theta$ とおく. このとき, ある整数 $n$ に対して $\alpha -\beta = \theta +2n\pi$ であり, $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = (\cos\alpha,\sin\alpha ),$ $\overrightarrow{\mathrm{OB}} = (\cos\beta,\sin\beta )$ であるから, \begin{align*} \cos (\alpha -\beta ) &= \cos\theta = \frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OA}}||\overrightarrow{\mathrm{OB}}|} \\ &= \frac{\cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta}{1\cdot 1} \\ &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \end{align*} が成り立つ.

別証明: 三角形の面積に着目

 $\alpha,$ $\beta$ が鋭角の場合に $\sin (\alpha +\beta )$ の公式を示す. $\triangle\mathrm{OAB}$ の頂点 $\mathrm O$ から辺 $\mathrm{AB}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおくとき, $\angle\mathrm{AOH} = \alpha,$ $\angle\mathrm{BOH} = \beta$ であるとする. このとき, $\triangle\mathrm{OAB} = \triangle\mathrm{AOH}+\triangle\mathrm{BOH}$ から, \begin{align*} &\frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\sin (\alpha +\beta ) \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\cos\beta\cdot\sin\alpha +\frac{1}{2}\mathrm{OA}\cos\alpha\cdot\mathrm{OB}\cdot\sin\beta \end{align*} が成り立つので, 両辺を $\dfrac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}$ で割ると \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が得られる. 一般の場合と他の公式の証明は省略する.

別証明: 第一余弦定理と正弦定理を利用

 $\alpha > 0,$ $\beta > 0$ $\alpha +\beta < \pi$ の場合に $\sin (\alpha +\beta )$ の公式を示す. $\angle\mathrm A = \alpha,$ $\angle\mathrm B = \beta$ なる $\triangle\mathrm{ABC}$ を考える. このとき, $\sin\angle\mathrm C = \sin (\pi -\alpha -\beta ) = \sin (\alpha +\beta )$ である. $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ として正弦定理の式 \[\mathrm{BC} = 2R\sin\alpha, \quad \mathrm{CA} = 2R\sin\beta, \quad \mathrm{AB} = 2R\sin (\alpha +\beta )\] を第一余弦定理の式 \[\mathrm{AB} = \mathrm{BC}\cos\beta +\mathrm{CA}\cos\alpha\] に代入すると, \begin{align*} 2R\sin (\alpha +\beta ) &= 2R\sin\alpha\cos\beta +2R\sin\beta\cos\alpha \\ \sin (\alpha +\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta \end{align*} が得られる. 一般の場合と他の公式の証明は省略する.

別証明: トレミーの定理を利用

 $\alpha,$ $\beta$ が鋭角の場合に $\sin (\alpha +\beta )$ の公式を示す. 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ を $\mathrm{AC}$ が直径となり, $\angle\mathrm{BAC} = \alpha,$ $\angle\mathrm{DAC} = \beta,$ $\mathrm{AC} = 1$ となるようにとる. 正弦定理により, \[\mathrm{BD} = \sin (\alpha +\beta ).\] また, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\mathrm{ADC}$ は直角三角形だから, \[\mathrm{AB} = \cos\alpha,\ \mathrm{BC} = \sin\alpha,\ \mathrm{CD} = \sin\beta,\ \mathrm{DA} = \cos\beta.\] これらをトレミーの定理 \[\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} = \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}\] に代入すると, \[\sin (\alpha +\beta ) = \cos\alpha\sin\beta +\cos\beta\sin\alpha.\] 一般の場合と他の公式の証明は省略する.

倍角・半角の公式

定理≪倍角の公式≫

 すべての角 $\theta$ に対して \begin{align*} \cos 2\theta &= \cos ^2\theta -\sin ^2\theta \\ &= 2\cos ^2\theta -1 = 1-2\sin ^2\theta, \\ \sin 2\theta &= 2\sin\theta\cos\theta \end{align*} が成り立つ. また, $\theta,$ $2\theta$ が $\dfrac{\pi}{2}$ の倍数でないとき, \[\tan 2\theta = \dfrac{2\tan\theta}{1-\tan ^2\theta}\] が成り立つ.

証明

 加法定理において $\alpha = \beta = \theta$ とすれば得られる. $2$ 行目の等号は, $\cos ^2\theta +\sin ^2\theta = 1$ から示される.

定理≪半角の公式≫

 すべての角 $\theta$ に対して \begin{align*} \cos ^2\frac{\theta}{2} &= \frac{1+\cos\theta}{2}, \\ \sin ^2\frac{\theta}{2} &= \frac{1-\cos\theta}{2} \end{align*} が成り立つ. また, $\theta,$ $\dfrac{\theta}{2}$ が $\dfrac{\pi}{2}$ の倍数でないとき, \[\tan ^2\frac{\theta}{2} = \frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\] が成り立つ.

証明

 倍角の公式 \[\cos 2\theta = 2\cos ^2\theta -1 = 1-2\sin ^2\theta\] において $\theta$ を $\dfrac{\theta}{2}$ に置き換えて $\cos ^2\dfrac{\theta}{2},$ $\sin ^2\dfrac{\theta}{2}$ について解くと, 第 $1$ 式と第 $2$ 式が得られる. また, 第 $2$ 式を第 $1$ 式で割ると, 第 $3$ 式が得られる.

和・積の公式

定理≪積和の公式≫

 すべての角 $\alpha,$ $\beta$ に対して, \begin{align*} \cos\alpha\cos\beta &= \frac{\cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta )}{2}, \\ \sin\alpha\sin\beta &= \frac{\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )}{2}, \\ \sin\alpha\cos\beta &= \frac{\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )}{2} \end{align*} が成り立つ.

証明

 加法定理により, \begin{align*} \cos (\alpha +\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta -\sin\alpha\sin\beta \quad \cdots [1], \\ \cos (\alpha -\beta ) &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \quad \cdots [2], \\ \sin (\alpha +\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta \quad \cdots [3], \\ \sin (\alpha -\beta ) &= \sin\alpha\cos\beta -\cos\alpha\sin\beta \quad \cdots [4] \end{align*} が成り立つ. $([1]+[2])\div 2,$ $([2]-[1])\div 2,$ $([3]+[4])\div 2$ から, 求める等式が得られる.

定理≪和積の公式≫

 すべての角 $A,$ $B$ に対して, \begin{align*} \cos A+\cos B &= 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}, \\ \cos A-\cos B &= -2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}, \\ \sin A+\sin B &= 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}, \\ \sin A-\sin B &= 2\sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2} \end{align*} が成り立つ.

証明

 積和の公式において $A = \alpha +\beta,$ $B = \alpha -\beta$ とおくと, $\alpha = \dfrac{A+B}{2},$ $\beta = \dfrac{A-B}{2}$ となるから, 第 $1$ 式~第 $3$ 式が得られる. さらに, 第 $3$ 式において $B$ を $-B$ におきかえると, 第 $4$ 式が得られる.

三角関数の合成

 $a\sin\theta +b\cos\theta$ ($a,$ $b$: 定数)の形の関数を正弦関数だけで表すことを三角関数の合成と呼ぶ.

定理≪三角関数の合成≫

 $(a,b) \neq (0,0)$ のとき, すべての角 $\theta$ に対して, $\alpha$ を \[\cos\alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \quad \sin\alpha = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\] なる角とすると, \[ a\sin\theta +b\cos\theta = \sqrt{a^2+b^2}\sin (\theta +\alpha )\] が成り立つ.

証明

 加法定理により, \begin{align*} &a\sin\theta +b\cos\theta \\ &= \sqrt{a^2+b^2}\left(\sin\theta\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\cos\theta\cdot\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right) \\ &= \sqrt{a^2+b^2}(\sin\theta\cos\alpha +\cos\theta\sin\alpha ) \\ &= \sqrt{a^2+b^2}\sin (\theta +\alpha ) \end{align*} が成り立つ.

補足

\[\sin\theta +\cos\theta = \sqrt 2\cos\left(\theta -\frac{\pi}{4}\right)\] のように,「余弦による合成」も理論的には可能であるが, 上記のような変形を三角関数の合成と呼ぶことが多いようである.

問題

加法定理

問題≪$15^\circ$ の三角比≫

 $\tan 15^\circ$ の値を求めよ.

解答例

\begin{align*} \tan 15^\circ &= \tan (45^\circ -30^\circ ) = \frac{\tan 45^\circ-\tan 30^\circ}{1+\tan 45^\circ\tan 30^\circ} \\ &= \frac{1-1/\sqrt 3}{1+1/\sqrt 3} = \frac{\sqrt 3-1}{\sqrt 3+1} \\ &= \frac{(\sqrt 3-1)^2}{3-1} = \frac{4-2\sqrt 3}{2} \\ &= 2-\sqrt 3. \end{align*}

注意

 半角の公式を使って求めようとすると, 二重根号を計算する必要が出てくる.

問題≪加法定理と三角関数の和・差の値≫

 $0 \leqq \alpha < \beta \leqq \dfrac{\pi}{2},$ $\cos\alpha +\cos\beta = \dfrac{1}{2},$ $\cos (\alpha +\beta ) = -\dfrac{3}{4}$ のとき, $\sin\alpha -\sin\beta$ の値を求めよ.

解答例

 $c = \sin\alpha -\sin\beta$ とおく. $\dfrac{1}{2} = \cos\alpha +\cos\beta$ と上式の両辺を $2$ 乗すると, \begin{align*} \frac{1}{4} &= \cos ^2\alpha +\cos ^2\beta +2\cos\alpha\cos\beta, \\ c^2 &= \sin ^2\alpha +\sin ^2\beta -2\sin\alpha\sin\beta. \end{align*} よって, \begin{align*} c^2 &= (\cos ^2\alpha +\sin ^2\alpha )+(\cos ^2\beta +\sin ^2\beta ) \\ &\qquad +2(\cos\alpha\cos\beta -\sin\alpha\sin\beta )-\frac{1}{4} \\ &= 2+2\cos (\alpha +\beta )-\frac{1}{4} \\ &= \frac{7}{4}+2\cdot\left( -\frac{3}{4}\right) \quad (\because\cos (\alpha +\beta ) = -\dfrac{3}{4}) \\ &= \frac{1}{4}. \end{align*} ゆえに, $0 \leqq \alpha < \beta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ より $\sin\alpha < \sin\beta$ であることに注意すると, \[\sin\alpha -\sin\beta = c = -\frac{1}{2}.\]

問題≪三角関数の加法定理と恒等式≫

 任意の実数 $x$ に対して次の等式を満たす角 $\alpha,$ $\beta$ の値を $0 < \alpha < \pi < \beta < 2\pi$ の範囲で求めよ: \[\sin x+\sin (x+\alpha )+\sin (x+\beta ) = 0.\]

解答例

 $f(x) = \sin x+\sin (x+\alpha )+\sin (x+\beta )$ とおく. 加法定理より, \begin{align*} f(x) &= \sin x+(\sin x\cos\alpha +\cos x\sin\alpha ) \\ &\qquad +(\sin x\cos\beta +\cos x\sin\beta ) \\ &= (1+\cos\alpha +\cos\beta )\sin x+(\sin\alpha +\sin\beta )\cos x. \end{align*} 任意の実数 $x$ に対して $f(x) = 0$ が成り立つとき, $f(0) = f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0$ より, \begin{align*} \sin\alpha +\sin\beta &= 0 \quad \cdots [1], \\ 1+\cos\alpha +\cos\beta &= 0 \quad \cdots [2]. \end{align*} 逆に, $[1],$ $[2]$ が成り立つとき, 任意の実数 $x$ に対して $f(x) = 0$ が成り立つ.
よって, $[1],$ $[2]$ を満たす $\alpha,$ $\beta$ の値を \[ 0 < \alpha < \pi < \beta < 2\pi \quad \cdots [3]\] の範囲で求めれば良い. $[1]$ より \[ 2\sin\frac{\alpha +\beta}{2}\cos\frac{\beta -\alpha}{2} = 0\] だから, $[3]$ より \[\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha +\beta}{2} < \frac{3\pi}{4}, \qquad 0 < \frac{\beta -\alpha}{2} < \pi\] であることに注意すると, $\dfrac{\alpha +\beta}{2} = \pi$ または $\dfrac{\beta -\alpha}{2} = \dfrac{\pi}{2}$ より, \[\alpha +\beta = 2\pi, \qquad \beta -\alpha = \pi.\]
(i)
$\alpha +\beta = 2\pi$ のとき, $\cos\beta = \cos (2\pi -\alpha ) = \cos (-\alpha ) = \cos\alpha$ と $[2]$ より, \[ 1+2\cos\alpha = 0\] だから, $[3]$ に注意すると, \[\alpha = \frac{2\pi}{3}, \qquad \beta = 2\pi -\alpha = \frac{4\pi}{3}.\]
(ii)
仮に $\beta -\alpha = \pi$ が成り立つとすると, $\cos\beta = \cos (\pi +\alpha ) = -\cos\alpha$ より \[\cos\alpha +\cos\beta = 0\] となるが, これは $[2]$ に反する.
(i), (ii) より, \[\alpha = \frac{2\pi}{3}, \quad \beta = \frac{4\pi}{3}.\]

問題≪回転した直線の傾き≫

 直線 $\ell :y = 2x$ を原点の周りに $\dfrac{\pi}{4}$ だけ回転して得られる直線 $\ell '$ の傾きを求めよ.

解答例

 直線 $\ell '$ と $x$ 軸の成す鋭角 $\theta$ は直線 $\ell$ と $y = x$ の成す鋭角に等しい. $\ell$ と $x$ 軸の成す鋭角を $\alpha$ とおくと, 求める傾きは \begin{align*} \tan\theta &= \tan\left(\alpha -\frac{\pi}{4}\right) \\ &= \frac{\tan\alpha -\tan\dfrac{\pi}{4}}{1+\tan\alpha\tan\dfrac{\pi}{4}} \\ &= \frac{2-1}{1+2\cdot 1} = \frac{1}{3}. \end{align*}

問題≪仰角の差と距離の最大値≫

 水平面上の点 $\mathrm O$ の真上に相異なる $2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ をとる. $\angle\mathrm{APB}$ が最大となる水平面上の点 $\mathrm P$ に対して距離 $\mathrm{OP}$ を定数 $a = \mathrm{OA},$ $b = \mathrm{OB}$ で表せ.

解答例

 $\theta = \angle\mathrm{APB}$ とおく.
$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ より,
$\theta$ が最大 $\iff$ $\tan\theta$ が最大.
$x = \mathrm{OP},$ $\alpha = \angle\mathrm{OPA},$ $\beta = \angle\mathrm{OPB}$ とおくと, \[\theta = |\alpha -\beta |, \quad \tan\alpha = \frac{a}{x}, \quad \tan\beta = \frac{b}{x}\] だから, 加法定理より \begin{align*} \tan\theta &= \tan |\alpha -\beta | = \frac{|\tan\alpha -\tan\beta |}{1+\tan\alpha\tan\beta} \\ &= \frac{\left|\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x}\right|}{1+\dfrac{a}{x}\cdot\dfrac{b}{x}} = \frac{|a-b|}{x+\dfrac{ab}{x}}. \end{align*} よって,
$\theta$ が最大 $\iff$ $x+\dfrac{ab}{x}$ が最小.
相加・相乗平均の関係より $x+\dfrac{ab}{x}$ は $x = \dfrac{ab}{x}$ すなわち $x^2 = ab$ つまり $x = \sqrt{ab}$ のときに限り最小値をとるから, 求める距離は \[\mathrm{OP} = \sqrt{ab}.\]

問題≪正方形の頂点と対角線の $3$ 等分点が作る角≫

 正方形 $\mathrm{OABC}$ の対角線 $\mathrm{AC}$ を $3$ 等分し, 点 $\mathrm A$ に近い方の点を $\mathrm P,$ 点 $\mathrm B$ に近い方の点を $\mathrm Q$ とおく. さらに, $\alpha = \angle\mathrm{AOP},$ $\beta = \angle\mathrm{POQ}$ とおく.
(1)
$\tan\alpha,$ $\tan\beta$ の値を求めよ.
(2)
$\alpha < \dfrac{\pi}{6} < \beta$ を示せ.
[広島大 2006*]

解答例

(1)
$\mathrm O$ を原点とする座標をとって, 点 $\mathrm A,$ $\mathrm C$ の座標をそれぞれ $(3,\ 0),$ $(0,\ 3)$ とする. このとき, $\mathrm P(2,\ 1)$ であるから, \[\tan\alpha = \frac{1}{2} \quad \cdots [1].\] さらに, $\mathrm Q(1,\ 2)$ であるから, \[ 2 = \tan (\alpha +\beta ) = \frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} \quad \cdots [2].\] $[1],$ $[2]$ を解くと, \[\tan\beta = \frac{3}{4}.\]
(2)
$\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{3} < \dfrac{9}{16}$ から \[\frac{1}{2} < \frac{1}{\sqrt 3} < \frac{3}{4}.\] よって, \[\tan\alpha < \tan\frac{\pi}{6} < \tan\beta.\] ゆえに, $\tan\theta$ は $-\dfrac{\pi}{2} < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ の範囲で単調増加であるから, \[\alpha < \frac{\pi}{6} < \beta.\]

問題≪すべての角の正接が整数であるような三角形≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ がすべて整数であるとき, それらの値を求めよ.
[一橋大 1984]

解答例

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ が整数であるとする. また, $A \leqq B \leqq C$ であるとする. このとき, \[ 3A \leqq A+B+C = \pi\] から, $0 < A \leqq \dfrac{\pi}{3}$ であるので, \[ 0 < \tan A \leqq \sqrt 3.\] $\tan A$ は整数であるから, \[\tan A = 1.\] また, $A+B+C =\pi$ から, \[ 1 = -\tan (B+C) = -\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B\tan C}.\] よって, $\tan B\tan C-\tan B-\tan C-1 = 0$ から \[ (\tan B-1)(\tan C-1) = 2\] となる. $\tan B,$ $\tan C$ が整数であること, $\dfrac{\pi}{4} = A \leqq B \leqq C$ から $B,$ $C$ は鋭角であって $\tan B \leqq \tan C$ であることに注意すると, \[\tan B = 2, \quad \tan C = 3.\] $A \leqq B \leqq C$ という条件を忘れると, 求める値は \[\{\tan A,\ \tan B,\ \tan C\} = \{ 1,\ 2,\ 3\}.\]

倍角・半角の公式

問題≪斜辺が一定の直角三角形の面積の最大値≫

 斜辺の長さが $1$ である直角三角形の面積 $S$ の最大値を求めよ.

解答例

 $\mathrm{AB} = 1,$ $\angle\mathrm C = \dfrac{\pi}{2}$ なる直角三角形 $\triangle\mathrm{ABC}$ において $A = \angle\mathrm A$ とおく. $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積 $S$ は, \begin{align*} S &= \frac{1}{2}\sin A\cos A \\ &= \frac{1}{4}\sin 2A. \end{align*} ゆえに, $0 < A < \dfrac{\pi}{2}$ より $0 < 2A < \pi$ であることに注意すると, $S$ は $A = \dfrac{\pi}{2}$ すなわち $A = \dfrac{\pi}{4}$ のとき最大値 $\dfrac{1}{4}$ をとる. 

問題≪$3$ 倍角の公式と $\cos 36^\circ$ の値≫

(1)
$\sin 3\theta = 3\sin\theta -4\sin ^3\theta$ を示せ.
(2)
$\theta = \dfrac{\pi}{5}$ は $\sin 3\theta = \sin 2\theta$ を満たすことを示し, $\cos\dfrac{\pi}{5}$ の値を求めよ.

解答例

(1)
加法定理より, \begin{align*} \sin 3\theta &= \sin (2\theta +\theta ) \\ &= \sin 2\theta\cos\theta +\cos 2\theta\sin\theta \\ &= (2\sin\theta\cos\theta )\cos\theta +(1-2\sin ^2\theta )\sin\theta \\ &= 2\sin\theta\cos ^2\theta +(\sin\theta -2\sin ^3\theta ) \\ &= 2\sin\theta (1-\sin ^2\theta )+(\sin\theta -2\sin ^3\theta ) \\ &= (2\sin\theta -2\sin ^3\theta )+(\sin\theta -2\sin ^3\theta ) \\ &= 3\sin\theta -4\sin ^3\theta. \end{align*}
(2)
$\theta = \dfrac{\pi}{5}$ のとき, \[ \sin 3\theta = \sin (\pi -2\theta ) = \sin 2\theta.\] よって, (1) と $2$ 倍角の公式より, \[ 3\sin\theta -4\sin ^3\theta = 2\sin\theta\cos\theta.\] 両辺を $\sin\theta (\neq 0)$ で割ると, \[ 3-4\sin ^2\theta = 2\cos\theta.\] $\sin ^2\theta = 1-\cos ^2\theta$ を代入して整理すると, \[ 4\cos ^2\theta -2\cos\theta -1 = 0.\] よって, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ より $\cos\theta > 0$ であることに注意すると, \[\cos\frac{\pi}{5} = \cos\theta = \frac{1+\sqrt 5}{4}.\]

別解

 黄金比を用いた計算の結果 $\sin 18^\circ = \dfrac{\sqrt 5-1}{4}$ を使うと, \begin{align*} \cos 36^\circ &= 1-2\sin ^218^\circ \\ &= 1-2\cdot\left(\frac{\sqrt 5-1}{4}\right) ^2 \\ &= \frac{1+\sqrt 5}{4}. \end{align*}

補足

 逆に, $\cos 36^\circ = \dfrac{1+\sqrt 5}{4}$ より \begin{align*} \sin ^218^\circ &= \frac{1-\cos 36^\circ}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left( 1-\frac{1+\sqrt 5}{4}\right) = \frac{3-\sqrt 5}{8} \\ &= \frac{6-2\sqrt 5}{16} = \left(\frac{\sqrt 5-1}{4}\right) ^2 \end{align*} となり, $\sin 18^\circ = \dfrac{\sqrt 5-1}{4}$ と計算できる.

問題≪$5$ 倍角に関するチェビシュフの多項式≫

(1)
各実数 $\theta$ に対し $\cos 5\theta = T(\cos\theta )$ を満たす $5$ 次多項式 $T(x)$ を見つけよ.
(2)
$a = \cos\dfrac{2\pi}{5}$ とおく. $\cos\dfrac{\pi}{10}$ を $a$ で表せ.
(3)
(2) の $a$ の値を求めよ.
[横浜市立大 2007*]

解答例

(1)
加法定理, 倍角と $3$ 倍角の公式により, $c = \cos\theta,$ $s = \sin\theta$ とおくと, \begin{align*} &\cos 5\theta = \cos (3\theta +2\theta ) \\ &= \cos 3\theta\cos 2\theta -\sin 3\theta\sin 2\theta \\ &= (4c^3-3c)(2c^2-1)-(3s-4s^3)(2sc) \\ &= (8c^5-10c^3+3c)-2c(3s^2-4s^4) \\ &= (8c^5-10c^3+3c)-2c\{ 3(1-c^2)-4(1-c^2)^2\} \\ &= (8c^5-10c^3+3c)-(-8c^5+10c^3-2c) \\ &= 16c^5-20c^3+5c \end{align*} が成り立つ. よって, \[ T(x) = 16x^5-20x^3+5x\] と定めれば, 各実数 $\theta$ に対して $\cos 5\theta = T(\cos\theta )$ が成り立つ.
(2)
$\dfrac{\pi}{10} = \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{2\pi}{5}$ であるから, \[\cos\frac{\pi}{10} = \sin\frac{2\pi}{5} = \sqrt{1-a^2}\] が成り立つ.
(3)
$\theta = \dfrac{\pi}{10}$ は $\cos\theta = 0$ を満たすから, $\alpha = \cos\dfrac{\pi}{10}$ とおけば, $T(\alpha ) = 16\alpha ^5-20\alpha ^3+5\alpha = 0$ が成り立つ. このとき, $\alpha \neq 0$ から, \[ 16\alpha ^4-20\alpha ^2+5 = 0\] が成り立つ. ここに (2) の結果 $\alpha ^2 = 1-a^2$ を代入して整理すると, \[ 16a^4-12a^2+1 = 0\] となる. $\dfrac{\pi}{3} < \dfrac{2\pi}{5} < \dfrac{\pi}{2}$ から $0 < a < \dfrac{1}{2}$ よって $0 < a^2 < \dfrac{1}{4}$ であることに注意すると, $a^2 = \dfrac{6-2\sqrt 5}{16},$ よって \[ a = \frac{\sqrt{6-2\sqrt 5}}{4} = \frac{\sqrt 5-1}{4}\] となる.

問題≪チェビシュフの多項式と三角比の和≫

(1)
$\cos 4\theta = \cos 3\theta,$ $0 < \theta < \pi$ を満たす実数 $\theta$ に対して, $f(\cos\theta ) = 0$ を満たす $3$ 次多項式 $f(x)$ を求めよ.
(2)
$3$ 次方程式 $f(x) = 0$ の異なる $3$ つの解を求めよ.
(3)
$\cos\dfrac{2\pi}{7}+\cos\dfrac{4\pi}{7}+\cos\dfrac{6\pi}{7}$ の値を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &\cos 3\theta = \cos (2\theta +\theta ) \\ &= \cos 2\theta\cos\theta -\sin 2\theta\sin\theta \\ &= (2\cos ^2\theta -1)-2\sin ^2\theta\cos\theta \\ &= (2\cos ^2\theta -1)+2(\cos ^2\theta -1)\cos\theta \\ &= 4\cos ^3\theta -3\cos\theta, \\ &\cos 4\theta = \cos 2(2\theta ) \\ &= 2\cos^2 2\theta -1 \\ &= 2(2\cos ^2\theta -1)^2-1 \\ &= 8\cos ^4\theta -8\cos ^2\theta +1. \end{align*} よって, \begin{align*} 0 &= \cos 4\theta -\cos 3\theta \\ &= 8\cos ^4\theta -4\cos ^3\theta -8\cos ^2\theta +3\cos\theta +1 \\ &= (\cos\theta -1)(8\cos ^3\theta +4\cos ^2\theta -4\cos\theta -1). \end{align*} であり, $0 < \theta < \pi$ より $\cos\theta \neq 1$ だから, $$8\cos ^3\theta +4\cos ^2\theta -4\cos\theta -1 = 0.$$ よって, $3$ 次多項式 $f(x) = 8x^3+4x^2-4x-1$ は $f(\cos\theta ) = 0$ を満たす.
(2)
$\cos 4\theta = \cos 3\theta$ より $4\theta = 2n\pi\pm 3\theta$ ($n$: 整数) であり, $0 < \theta < \pi$ だから, $$\theta = \frac{2\pi}{7},\ \frac{4\pi}{7},\ \frac{6\pi}{7}.$$ $0 < t < \pi$ において $\cos t$ は狭義単調減少であることに注意すると, $f(x) = 0$ の異なる $3$ つの解は, $$\cos\frac{2\pi}{7},\ \cos\frac{4\pi}{7},\ \cos\frac{6\pi}{7}.$$
(3)
解と係数の関係より, $$\cos\dfrac{2\pi}{7}+\cos\dfrac{4\pi}{7}+\cos\dfrac{6\pi}{7} = -\frac{4}{8} = -\frac{1}{2}.$$

問題≪$2$~$4$ 倍角の公式と正七角形調和≫

 正七角形 $\mathrm{ABCDEFG}$ において $a = \mathrm{GA},$ $b = \mathrm{GB},$ $c = \mathrm{GC}$ とおき, $\theta = \dfrac{\pi}{7}$ とおく.
(1)
$\triangle\mathrm{GAB}$ と $\triangle\mathrm{GBC}$ に着目して, $b = 2a\cos\theta$ と $c = a(4\cos ^2\theta -1)$ を示せ.
(2)
$\sin 3\theta$ と $\sin 4\theta$ を $\cos\theta$ の多項式と $\sin\theta$ の積の形に表せ.
(3)
$\cos\theta$ を解に持つ $3$ 次方程式を $1$ つ求めよ.
(4)
$a^{-1} = b^{-1}+c^{-1}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$\triangle\mathrm{GAB}$ は底角が $\theta = \dfrac{\pi}{7}$ の二等辺三角形であるから \[ b = \mathrm{GB} = 2\mathrm{GA}\cos\angle\mathrm{AGB} = 2a\cos\theta \quad \cdots [1]\] が成り立つ. さらに, 点 $\mathrm B$ から $\mathrm{GC}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, $\angle\mathrm{BGC} = \theta$ と $\angle\mathrm{BCG} = 2\theta$ から, \begin{align*} c &= \mathrm{GC} = \mathrm{GH}+\mathrm{HC} = \mathrm{GB}\cos\angle\mathrm{BGD}+\mathrm{BC}\cos\angle\mathrm{BCG} \\ &= b\cos\theta +a\cos 2\theta = 2a\cos ^2\theta +a(2\cos ^2\theta -1) \\ &= a(4\cos ^2\theta -1) \quad \cdots [2] \end{align*} となる.
(2)
倍角と $3$ 倍角の公式により, \begin{align*} \sin 3\theta &= \sin (2\theta +\theta ) = \sin 2\theta\cos\theta +\cos 2\theta\sin\theta \\ &= (2\sin\theta\cos\theta )\cos\theta +(2\cos ^2\theta -1)\sin\theta \\ &= \sin\theta (4\cos ^2\theta -1) \quad \cdots [3], \\ \sin 4\theta &= \sin 2(2\theta ) = 2\sin 2\theta\cos 2\theta \\ &= 2(2\sin\theta\cos\theta )(2\cos ^2\theta -1) \\ &= \sin\theta (8\cos ^3\theta -4\cos\theta ) \quad \cdots [4] \end{align*} が成り立つ.
(3)
$\theta = \dfrac{\pi}{7}$ から $3\theta +4\theta = \pi$ が成り立つので, \[\sin 4\theta = \sin 3\theta\] が成り立つ. ここに $[3]$ と $[4]$ を代入して整理すると \[\sin\theta (8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1) = 0\] となるので, $\sin\theta \neq 0$ から \[ 8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1 = 0 \quad \cdots [5]\] となる. $\cos\theta$ を解に持つような $3$ 次方程式 $8x^3-4x^2-4x+1 = 0$ が得られた.
(4)
$a^{-1} = b^{-1}+c^{-1}$ を示すには, $bc = ca+ab$ を示せば良い. $ab-bc+ca$ に $[1],$ $[2]$ を代入して整理すると, $[5]$ から \[ ab-bc+ca = -a^2(8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1) = 0\] となるので, 求める結果が得られる.

問題≪定速と倍速で円周上を動く $2$ 点間の距離≫

 $t$ が実数全体を動くとき, $2$ 点 $\mathrm P(\cos t-1,\ \sin t),$ $\mathrm Q(\cos 2t+1,\ \sin 2t)$ の距離の最大値, 最小値を求めよ.

解答例

\begin{align*} \mathrm{PQ}^2 &= (\cos 2t-\cos t+2)^2+(\sin 2t-\sin t)^2 \\ &= (\cos ^22t+\cos ^2t \\ &\qquad +4-2\cos 2t\cos t-4\cos t+4\cos 2t) \\ &\qquad +(\sin ^22t+\sin ^2t-2\sin 2t\sin t) \\ &= -4\cos t+2\cos 2t(2-\cos t)-4\cos t\sin ^2t \\ &\qquad +(\cos ^22t+\sin ^22t)+(\cos ^2t+\sin ^2t)+4 \\ &= -4\cos t+2(2\cos ^2t-1)(2-\cos t) \\ &\qquad -4\cos t(1-\cos ^2t)+6 \\ &= 8\cos ^2t-6\cos t+2 \\ &= 8\left(\cos t-\frac{3}{8}\right) ^2+\frac{7}{8}. \end{align*} $-1 \leqq \cos t \leqq 1$ より $\mathrm{PQ}^2$ は, $\cos t = -1$ のとき最大値 $8(-1)^2-6(-1)+2 = 16,$ $\cos t = \dfrac{3}{8}$ のとき最小値 $\dfrac{7}{8}$ をとる.
ゆえに, $\mathrm{PQ}$ の最大値は $\sqrt{16} = 4,$ 最小値は $\sqrt{\dfrac{7}{8}} = \dfrac{\sqrt{14}}{4}.$

解説

 点 $\mathrm P(\cos t-1,\ \sin t),$ $\mathrm Q(\cos 2t+1,\ \sin 2t)$ はそれぞれ点 $(-1,\ 0),$ $(1,\ 0)$ を中心とする半径 $1$ の円周上を一定の速度で回り, 点 $\mathrm Q$ は $\mathrm P$ の倍の速さで回る.

問題≪原始ピタゴラス数の解析的な求め方≫

 ある直角三角形において, $3$ 辺の長さ $a,$ $b,$ $c$ が整数であるとし, $\theta$ を $\tan\theta = \dfrac{b}{a}$ なる鋭角とする.
(1)
$\cos\theta,$ $\sin\theta,$ $(1-\cos\theta )/(1+\cos\theta )$ を $t = \tan (\theta /2)$ で表わせ.
(2)
$t$ は有理数であることを示せ.
(3)
$3$ 辺の比は互いに素なある正の整数 $m,$ $n$ を用いて次のように表せることを示せ. \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2).\]

解答例

(1)
倍角の公式より, \[\tan\theta = \frac{2t}{1-t^2}.\] よって, \begin{align*} \cos ^2\theta &\!=\! \frac{1}{1\!+\!\tan ^2\theta} \!=\! \frac{(1\!-\!t^2)^2}{(1\!-\!t^2)^2\!+\!(2t)^2} \!=\! \left(\frac{1\!-\!t^2}{1\!+\!t^2}\right) ^2, \\ \sin ^2\theta &\!=\! 1\!-\!\cos ^2\theta \!=\! \frac{(1\!+\!t^2)^2\!-\!(1\!-\!t^2)^2}{(1\!+\!t^2)^2} \!=\! \left(\frac{2t}{1\!+\!t^2}\right) ^2. \end{align*} $0^\circ < \theta < 90^\circ$ より $\cos\theta > 0,$ $\sin\theta > 0,$ $0 < t < 1$ であることに注意すると, \begin{align*} &\cos\theta = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad \sin\theta = \frac{2t}{1+t^2}\ \cdots [1], \\ &\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta} = \frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{(1+t^2)+(1-t^2)} = t^2\ \cdots [2]. \end{align*}
(2)
仮定より $\cos\theta$ は有理数だから, $[2]$ より $t^2$ は有理数である. さらに, $\sin\theta$ も有理数だから, $[1]$ より $t = \dfrac{1+t^2}{2}\sin\theta$ も有理数である.
(3)
(2) より, 互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, \[\frac{a}{c} = \cos\theta = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \quad \frac{b}{c} = \sin\theta = \frac{2mn}{m^2+n^2}\] となるから, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2).\]

和・積の公式

問題≪正弦関数の凸性≫

 $0 < x < y < \pi$ のとき, $\sin x+\sin y$ と $2\sin\dfrac{x+y}{2}$ の大小を比較せよ.

解答例

 和・積の公式より, \begin{align*} &2\sin\frac{x+y}{2}-(\sin x+\sin y) \\ &= 2\sin\frac{x+y}{2}-2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} \\ &= 2\sin\frac{x+y}{2}\left( 1-\cos\frac{x-y}{2}\right) \quad \cdots [1]. \end{align*} $0 < x < y < \pi$ より \[ 0 < \frac{x+y}{2} < \pi, \qquad -\frac{\pi}{2} < \frac{x-y}{2} < 0\] だから, \[\sin\frac{x+y}{2} > 0 \quad \cdots [2], \qquad 1-\cos\frac{x-y}{2} > 0 \quad \cdots [3].\] $[1]$~$[3]$ より, $2\sin\dfrac{x+y}{2}-(\sin x+\sin y) > 0$ だから, \[ 2\sin\frac{x+y}{2} > \sin x+\sin y. \quad \cdots [4]\]

別解

 三角関数の微分(数学 III)を用いれば, $\dfrac{d^2}{dx^2}\sin x = -\sin x < 0\ (0 < x < \pi )$ より, 「凸関数と不等式」と同様の方法で解ける.

解説

 $[4]$ は $y = \sin x\ (0 < x < \pi )$ が上に凸であるという三角関数の幾何学的性質を反映している.

問題≪和・積の公式と不等式≫

 不等式 $\cos x+\cos 2x+\cos 3x > 0$ を $0 \leqq x \leqq \pi$ の範囲で解け.

解答例

 $f(x) = \cos x+\cos 2x+\cos 3x$ とおく. \begin{align*} f(x) &= \cos (2x+x)+\cos (2x-x)+\cos 2x \\ &= 2\cos 2x\cos x+\cos 2x \\ &= \cos 2x(2\cos x+1). \end{align*} よって,
$f(x) > 0$ $\iff$ $\left\{\begin{array}{l} \cos 2x > 0 \cdots [1], \\ 2\cos x+1 > 0 \cdots [2] \end{array}\right.$ または $\left\{\begin{array}{l} \cos 2x < 0 \cdots [1]', \\ 2\cos x+1 < 0 \cdots [2]'. \end{array}\right.$
$0 \leqq x \leqq \pi,$ $0 \leqq 2x \leqq 2\pi$ に注意すると,
$[1]$$\iff$ $0 \leqq 2x < \dfrac{\pi}{2}$ または $\dfrac{3\pi}{2} < 2x \leqq 2\pi$
$\iff$ $0 \leqq x < \dfrac{\pi}{4}$ または $\dfrac{3\pi}{4} < x \leqq \pi,$
$[2]$$\iff$ $\cos x > -\dfrac{1}{2}$
$\iff$ $0 \leqq x < \dfrac{2\pi}{3},$
$[1]'$$\iff$ $\dfrac{\pi}{4} < x < \dfrac{3\pi}{4},$
$[2]'$$\iff$ $\dfrac{2\pi}{3} < x \leqq \pi.$
ゆえに, 求める解は, \[ 0 \leqq x < \frac{\pi}{4}, \qquad \frac{2\pi}{3} < x < \frac{3\pi}{4}.\]

問題≪三角形の内角の余弦の和≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の内角 $A,$ $B,$ $C$ に対して,
(1)
不等式 \[\cos A +\cos B +\cos C > 1\] が成り立つことを示せ.
(2)
$\cos A +\cos B +\cos C$ の最大値を求めよ.

解答例

(1)
和・積の公式より, \begin{align*} &\cos A+\cos B \\ &= 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \\ &= 2\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right)\cos\frac{A-B}{2}\ (\because A+B+C = \pi ) \\ &= 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A-B}{2} \quad \cdots [1]. \end{align*} また, 半角の公式より, \begin{align*} &\cos C -1 \\ &= -2\sin ^2\frac{C}{2} \\ &= -2\sin\frac{C}{2}\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A+B}{2}\right)\ (\because A+B+C = \pi ) \\ &= -2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{A+B}{2} \quad \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ と和・積の公式より, \begin{align*} &\cos A+\cos B+\cos C-1 \\ &= 2\sin\frac{C}{2}\left(\cos\frac{A-B}{2}-\cos\frac{A+B}{2}\right) \\ &= 4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} \quad \cdots [3]. \end{align*} よって, $\dfrac{A}{2},$ $\dfrac{B}{2},$ $\dfrac{C}{2}$ はいずれも鋭角であることに注意すると, \[\sin\frac{A}{2} > 0, \quad \sin\frac{B}{2} > 0, \quad \sin\frac{C}{2} > 0\] だから, $\cos A +\cos B +\cos C-1 > 0,$ すなわち \[\cos A+\cos B+\cos C > 1.\]
(2)
$[3]$ から \begin{align*} &\cos A+\cos B+\cos C = 1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} \\ &= 1+2\left(\cos\frac{A-B}{2}-\sin\frac{C}{2}\right)\sin\frac{C}{2} \\ &\leqq 1+2\left( 1-\sin\frac{C}{2}\right)\sin\frac{C}{2} \\ &\leqq 1+2\left( 1-\frac{1}{2}\right)\frac{1}{2} = \frac{3}{2} \end{align*} であり, 等号は $\dfrac{C}{2} = \dfrac{\pi}{6},$ $A = B = \left(\pi -\dfrac{C}{3}\right)\div 2 = \dfrac{\pi}{3}$ のときに限り成り立つ. よって, $\cos A+\cos B+\cos C$ は $A = B = C = \dfrac{\pi}{3}$ のとき最大値 $\dfrac{3}{2}$ をとる.

(1)の別解

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおく. 余弦定理より, \begin{align*} &2abc(\cos A+\cos B+\cos C-1) \\ &= a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2) \\ &\qquad -2abc \\ &= ab^2+ac^2-a^3+bc^2+a^2b-b^3+a^2c+b^2c-c^3 \\ &\qquad -2abc \\ &= -c^3+(a+b)c^2+(a^2+b^2-2ab)c+ab(a+b) \\ &\qquad -(a^3+b^3) \\ &= -c^3+(a+b)c^2+(a-b)^2c \\ &\qquad -(a+b)(a^2-2ab+b^2) \\ &= (a-b)^2c-c^3+(a+b)c^2-(a+b)(a-b)^2 \\ &= ((a-b)^2-c^2)c+(a+b)(c^2-(a-b)^2) \\ &= (a+b-c)(c^2-(a-b)^2) \\ &= (a+b-c)(c-(a-b))(c+(a-b)) \\ &= (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b). \end{align*} 三角形の成立条件より \[ a+b-c > 0, \quad b+c-a > 0, \quad c+a-b > 0\] だから, \[ 2abc(\cos A+\cos B+\cos C-1) > 0.\] もちろん $a,$ $b,$ $c$ は正の数だから, \[ \cos A+\cos B+\cos C > 1.\]

問題≪トレミーの定理の和積公式による証明≫

 すべての角が $180^\circ$ 未満である四角形 $\mathrm{ABCD}$ が直径 $1$ の円に内接している. 辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CD},$ $\mathrm{DA}$ に対する円周角をそれぞれ $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma,$ $\delta$ とおく.
(1)
$\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD}$ を $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ を用いて表せ.
(2)
$\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} = \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{DA}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
正弦定理により, \begin{align*} \mathrm{AC} &= \sin\angle\mathrm{CDA} \\ &= \sin (\angle\mathrm{ADB}+\angle\mathrm{BDC}) = \sin (\alpha +\beta ), \\ \mathrm{BD} &= \sin\angle\mathrm{DAB} \\ &= \sin (\angle\mathrm{BAC}+\angle\mathrm{CAD}) = \sin (\beta +\gamma ). \end{align*}
(2)
正弦定理により, \[\mathrm{AB} = \sin\alpha,\ \mathrm{BC} = \sin\beta,\ \mathrm{CD} = \sin\gamma,\ \mathrm{DA} = \sin\delta.\] よって, \[\sin (\alpha +\beta )\sin (\beta +\gamma ) = \sin\alpha\sin\gamma +\sin\beta\sin\delta\ \cdots [1]\] を示せば良い. 三角関数の積和公式により, \begin{align*} (\alpha +\beta )+(\beta +\gamma ) &= (\alpha +\beta +\gamma +\delta )+\beta -\delta \\ &= 2\pi +\beta -\delta \end{align*} から \begin{align*} &2\sin (\alpha +\beta )\sin (\beta +\gamma ) \\ &= \cos (\alpha +\beta -\beta -\gamma )-\cos (\alpha +\beta +\beta +\gamma ) \\ &= \cos (\alpha -\gamma )+\cos (\beta -\delta ) \end{align*} が成り立ち, \[\alpha +\gamma = 2\pi -(\beta +\delta )\] から \begin{align*} &2(\sin\alpha\sin\gamma +\sin\beta\sin\delta ) \\ &= \cos (\alpha\!-\!\gamma )-\cos (\alpha\!+\!\gamma )+\cos (\beta\!-\!\delta )+\cos (\beta\!+\!\delta ) \\ &= \cos (\alpha -\gamma )+\cos (\beta -\delta ) \end{align*} が成り立つ. よって, $[1]$ が成り立つから, 求める等式が成り立つ.

問題≪正七角形の対角線の関係式≫

 点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $1$ の円に内接する正七角形 $\mathrm{ABCDEFG}$ において,
(1)
$\mathrm{AB},$ $\mathrm{AC},$ $\mathrm{AD}$ を $\theta = \dfrac{1}{2}\angle\mathrm{AOB}$ の倍数の三角比で表せ.
(2)
$\dfrac{1}{\mathrm{AC}}+\dfrac{1}{\mathrm{AD}} = \dfrac{1}{\mathrm{AB}}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$\mathrm{AB},$ $\mathrm{AC},$ $\mathrm{AD}$ の中点をそれぞれ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
$\triangle\mathrm{AOL},$ $\triangle\mathrm{AOM},$ $\triangle\mathrm{AON}$ は \begin{align*} &\angle\mathrm L = \angle\mathrm M = \angle\mathrm N = \dfrac{\pi}{2}, \\ &\angle\mathrm{AOL} = \theta, \quad \angle\mathrm{AOM} = 2\theta, \quad \angle\mathrm{AON} = 3\theta \end{align*} の直角三角形だから, \begin{align*} \mathrm{AB} &= 2\mathrm{AL} = 2\sin\theta, \\ \mathrm{AC} &= 2\mathrm{AM} = 2\sin 2\theta, \\ \mathrm{AD} &= 2\mathrm{AN} = 2\sin 3\theta. \end{align*}
(2)
$b = \mathrm{AB},$ $c = \mathrm{AC},$ $d = \mathrm{AD}$ とおく. $\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} = \dfrac{1}{b}$ を示すには $bd+bc-cd = 0$ を示せば良い. 積・和の公式と和・積の公式より, \begin{align*} &bd+bc-cd \\ &= 4\sin 3\theta\sin\theta +4\sin 2\theta\sin\theta -4\sin 3\theta\sin 2\theta \\ &= -2(\cos 4\theta -\cos 2\theta )-2(\cos 3\theta -\cos\theta ) \\ &\qquad +2(\cos 5\theta -\cos\theta ) \\ &= 2(\cos 5\theta +\cos 2\theta )-2(\cos 4\theta +\cos 3\theta ) \\ &= 4\cos\frac{7\theta}{2}\cos\frac{3\theta}{2}-4\cos\frac{7\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} \\ &= 4\cos\frac{7\theta}{2}\left(\cos\frac{3\theta}{2}-\cos\frac{\theta}{2}\right). \end{align*} $14\theta = 7\angle\mathrm{AOB} = 2\pi$ より $\dfrac{7\theta}{2} = \dfrac{\pi}{2}$ だから, \[\cos\frac{7\theta}{2} = 0\] であることに注意すると, \[ bd+bc-cd = 0.\] ゆえに, 題意の等式が成り立つ.

補足

 問題では関係式 $\dfrac{1}{\mathrm{AC}}+\dfrac{1}{\mathrm{AD}} = \dfrac{1}{\mathrm{AB}}$ を解析的な方法で示すように誘導しているが, 平面幾何のトレミーの定理を用いた次のような鮮やかな証明がある:
四角形 $\mathrm{ACDE}$ は円に内接するから, トレミーの定理より, \[\mathrm{CD}\cdot\mathrm{EA}+\mathrm{AC}\cdot\mathrm{DE} = \mathrm{AD}\cdot\mathrm{CE}.\] $\mathrm{CD} = \mathrm{DE} = \mathrm{AB},$ $\mathrm{CE} = \mathrm{AC},$ $\mathrm{EA} = \mathrm{AD}$ に注意すると, \[\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}+\mathrm{AC}\cdot\mathrm{AB} = \mathrm{AD}\cdot\mathrm{AC}.\] 両辺を $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}\cdot\mathrm{AD}$ で割ると, 求める等式が得られる. また, 次のような初等的な証明もある: 直線 $\mathrm{AB}$ と $\mathrm{CD}$ の交点を $\mathrm C'$ とおくと角度の計算から $\triangle\mathrm{ACC}'$ は二等辺三角形であることが分かる. 辺 $\mathrm{BC}$ と対角線 $\mathrm{AD}$ は平行であるから, $\mathrm C'\mathrm B:\mathrm{BC} = \mathrm C'\mathrm A:\mathrm{AD}$ つまり \[\frac{c-b}{b} = \frac{c}{d}\] が成り立つ. これは求める等式が成り立つことを示している.

問題≪三角形の外接円と内接円の半径の大小≫

 $A,$ $B,$ $C$ を三角形の内角とする. このとき, 次を証明せよ.
(1)
$\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2} \leqq \dfrac{1}{2}\left( 1-\sin\dfrac{C}{2}\right).$ 
(2)
$\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \leqq \dfrac{1}{8}.$ 
(3)
$\sin A+\sin B+\sin C \geqq 4\sin A\sin B\sin C.$ 
(4)
三角形の外接円と内接円の半径をそれぞれ $R,$ $r$ とすると, $2r \leqq R$ であり, 等号は正三角形のときにのみ成り立つ.
[滋賀医大]

解答例

 準備中.

三角関数の合成

問題≪斜辺が一定の直角三角形の周長の最大値≫

 斜辺の長さが $1$ である直角三角形の周長 $L$ の最大値を求めよ.

解答例

 $\mathrm{AB} = 1,$ $\angle\mathrm C = \dfrac{\pi}{2}$ なる直角三角形 $\triangle\mathrm{ABC}$ において $A = \angle\mathrm A$ とおく. $\triangle\mathrm{ABC}$ の周長 $L$ は, \begin{align*} L &= 1+\sin A+\cos A \\ &= 1+\sqrt 2\left(\sin A\cdot\frac{1}{\sqrt 2}+\cos A\cdot\frac{1}{\sqrt 2}\right) \\ &= 1+\sqrt 2\sin\left( A+\frac{\pi}{4}\right). \end{align*} ゆえに, $0 < A < \dfrac{\pi}{2}$ より $\dfrac{\pi}{4} < A+\dfrac{\pi}{4} < \dfrac{3\pi}{3}$ であることに注意すると, $L$ は $A+\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}$ すなわち $A = \dfrac{\pi}{4}$ のとき最大値 $1+\sqrt 2$ をとる.

問題≪三角形に正三角形を付け加えた四角形の面積≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{BC}$ に関して頂点 $\mathrm A$ と反対側に点 $\mathrm A'$ をとる. $\mathrm{AB} = 1,$ $\mathrm{AC} = 2$ であり, $\triangle\mathrm A'\mathrm{BC}$ が正三角形であるとき, 四角形 $\mathrm{ABA}'\mathrm C$ の面積 $S$ の最大値を求めよ.

解答例

 $x = \mathrm{BC},$ $A = \angle\mathrm{BAC}$ とおくと, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\mathrm A'\mathrm{BC} \\ &= \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\sin A+\frac{1}{2}x^2\sin\frac{\pi}{3} \\ &= \sin A+\frac{\sqrt 3}{4}x^2 \quad \cdots [1]. \end{align*}
$\triangle\mathrm{ABC}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} x^2 &= 1^2+2^2-2\cdot 1\cdot 2\cos A \\ &= 5-4\cos A \quad \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ より, \begin{align*} S &= \sin A+\frac{\sqrt 3}{4}(5-4\cos A) \\ &= \sin A-\sqrt 3\cos A+\frac{5\sqrt 3}{4} \\ &= 2\sin\left( A-\frac{\pi}{3}\right) +\frac{5\sqrt 3}{4}. \end{align*} ゆえに, $0 < A < \pi$ より $-\dfrac{\pi}{3} < A-\dfrac{\pi}{3} < \dfrac{2\pi}{3}$ であることに注意すると, $S$ は $A-\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{2}$ すなわち $A = \dfrac{5\pi}{6}$ のとき最大値 $2+\dfrac{5\sqrt 3}{4}$ をとる.

問題≪円の等分点の $y$ 座標の和≫

 $n$ が $0$ 以上の整数全体を動き, $\theta$ が実数全体を動くとき, \[ f_n(\theta ) = \sum\limits_{k = 0}^n\sin\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right)\] の最大値を求めよ. また, $f_5(\theta )$ を決定せよ.

解答例

\begin{align*} f_5(\theta ) &= \sin\theta +\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) +\sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right) \\ &\quad +\sin\left(\theta +\pi\right) +\sin\left(\theta +\frac{4\pi}{3}\right) +\sin\left(\theta +\frac{5\pi}{3}\right) \\ &= \sin\theta +\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) +\sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right) \\ &\quad -\sin\theta -\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) -\sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right) \\ &= 0. \end{align*} よって, 整数 $n = 6q+r$ ($q,$ $r$: 整数, $q \geqq 0,$ $0 \leqq r \leqq 5$)に対して, \begin{align*} f_n(\theta ) &= \sum\limits_{j = 0}^q\sum\limits_{k = 0}^5\sin\left(\theta +\frac{6j+k}{3}\pi\right) \\ &\quad +\sum\limits_{k = 0}^r\sin\left(\theta +\frac{6q+k}{3}\pi\right) \\ &= \sum\limits_{j = 0}^q\sum\limits_{k = 0}^5\sin\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right) +\sum\limits_{k = 0}^r\sin\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right) \\ &= \sum\limits_{j = 0}^qf_5(\theta )+f_r(\theta ) \\ &= f_r(\theta ). \end{align*} したがって, $r$ が $0 \leqq r \leqq 5$ を動くとき, $f_r(\theta )$ の最大値を求めれば良い. \begin{align*} f_0(\theta ) &= \sin\theta, \\ f_1(\theta ) &= f_0(\theta )+\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) \\ &= \sin\theta +\left(\frac{1}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta\right) \\ &= \frac{3}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta \\ &= \sqrt 3\sin\left(\theta +\frac{\pi}{6}\right), \\ f_2(\theta ) &= f_1(\theta )+\sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right) \\ &= \left(\frac{3}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta\right) +\left( -\frac{1}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta\right) \\ &= \sin\theta +\sqrt 3\cos\theta \\ &= 2\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right), \\ f_3(\theta ) &= f_2(\theta )+\sin(\theta +\pi) \\ &= f_2(\theta )-\sin\theta \\ &= \sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) +\sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right) \\ &= \left(\frac{1}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta\right) +\left( -\frac{1}{2}\sin\theta +\frac{\sqrt 3}{2}\cos\theta\right) \\ &= \sqrt 3\cos\theta, \\ f_4(\theta ) &= f_2(\theta )+\sin (\theta +\pi )+\sin\left(\theta +\frac{4\pi}{3}\right) \\ &= f_2(\theta )-\sin\theta -\sin\left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) \\ &= \sin\left(\theta +\frac{2\pi}{3}\right). \end{align*} よって, $f_0(\theta ),$ $f_1(\theta ),$ $f_2(\theta ),$ $f_3(\theta ),$ $f_4(\theta ),$ $f_5(\theta )$ の最大値はそれぞれ, \[ 1, \quad \sqrt 3,\quad 2,\quad \sqrt 3, \quad 1, \quad 0.\] ゆえに, $n$ が $0$ 以上の整数全体, $\theta$ が実数全体を動くとき, $f_n(\theta )$ の最大値は $2.$

別解: $f_5(\theta ) = 0$ のベクトルによる証明

 $0$ 以上の整数 $k$ に対して点 $\mathrm P_k\left(\cos\left(\theta +\dfrac{k\pi}{3}\right),\ \sin\left(\theta +\dfrac{k\pi}{3}\right)\right)$ は原点を中心とする単位円周上にあって 点 $\mathrm P_{k+1}$ は点 $\mathrm P_k$ を反時計回りに $\dfrac{\pi}{3}$ だけ回転移動して得られるから, $6$ 点 $\mathrm P_0,$ $\mathrm P_1,$ $\mathrm P_2,$ $\mathrm P_3,$ $\mathrm P_4,$ $\mathrm P_5$ は正六角形を成す. よって, \begin{align*} \sum\limits_{k = 0}^5\overrightarrow{\mathrm{OP}_k} &= \overrightarrow{\mathrm{OP}_0}+\overrightarrow{\mathrm{OP}_1}+\overrightarrow{\mathrm{OP}_2} -\overrightarrow{\mathrm{OP}_0}-\overrightarrow{\mathrm{OP}_1}-\overrightarrow{\mathrm{OP}_2} \\ &= \vec 0. \end{align*} これは \[\left(\sum\limits_{k = 0}^5\cos\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right),\ \sum\limits_{k = 0}^5\sin\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right)\right) = (0,\ 0)\] を意味するから, \[ f_5(\theta ) = \sum\limits_{k = 0}^5\sin\left(\theta +\frac{k\pi}{3}\right) = 0.\]

解説

 一般に, $2$ 以上の任意の整数 $n$ に対して \[\sum\limits_{k = 1}^n\cos\left(\theta +\frac{2k\pi}{n}\right) = \sum\limits_{k = 1}^n\sin\left(\theta +\frac{2k\pi}{n}\right) = 0\] が成り立つ. $n \geqq 3$ のとき, ベクトルの言葉でいえば, これは点 $\mathrm O$ を中心とする正 $n$ 角形 $\mathrm P_1\cdots\mathrm P_n$ に対して \[\sum\limits_{k = 1}^n\overrightarrow{\mathrm{OP}}_k = \vec 0\] が成り立つことに他ならない. 頂点の番号を反時計回りにつけるとき, $r = \mathrm{OP}_1$ とおき, $x$ 軸正方向と $\mathrm{OP}_1$ の成す角を $\theta$ とおくと, $\mathrm P_2,$ $\dots,$ $\mathrm P_n$ は $\mathrm P_1$ を点 $\mathrm O$ の周りに $\dfrac{2k\pi}{n}$ ずつ回転した点であって, \[\overrightarrow{\mathrm{OP}_k} = r\left(\cos\left(\theta +\frac{2\pi k}{n}\right),\ \sin\left(\theta +\frac{2\pi k}{n}\right)\right)\] となるからである.

問題≪$\cos (\cos x),$ $\sin (\sin x)$ の大小比較≫

(1)
$\alpha \geqq 0,$ $\beta \geqq 0,$ $\alpha +\beta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき, $\cos\alpha,$ $\sin\beta$ の大小を比較せよ.
(2)
$0 \leqq x \leqq \pi$ のとき, $\cos (\cos x),$ $\sin (\sin x)$ の大小を比較せよ.

解答例

(1)
$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $\sin x$ は単調増加だから, $\beta \leqq \dfrac{\pi}{2}-\alpha$ から, \[\sin\beta \leqq \sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) = \cos\alpha.\]
(2)
$\alpha = \cos x,$ $\beta = \sin x$ とおくと \[\alpha +\beta = \sqrt 2\sin\left( x+\frac{\pi}{4}\right) \leqq \sqrt 2 < \frac{\pi}{2}\] となるから, (1) の結果から, \[\sin (\sin x) \leqq \cos (\cos x).\]