目次 ／ 三角比と三角関数 ／ 数学II

第10章　2倍角・半角の公式

—— 加法定理で β = α とおくと、角の「2 倍」と「半分」が行き来できる ——

第9章の最後で、加法定理の β に α を入れると sin 2α = 2 sin α cos α、cos 2α = cos²α − sin²α が 1 行で出ることを見ました。この章はそこから始めます。cos 2α を 3 通りの形に書き分け、その 1 つを「2 乗について解く」と、角を半分にする半角の公式になります。半角の公式で π/12 の値を「π/6 の半分」として求めると、第1章の図から出した値・第9章の「π/4 − π/6」から出した値とぴったり一致します。途中で現れる 2 重根号のはずし方と、三角定規の角の和・差では書けない π/8 の値もここで扱います。後半は sin 2θ = sin θ のような 2 倍角を含む方程式（かたまりのまま解くか、ほどいて 2 次式にするか）と、2 倍角を含む関数の最大・最小。章末で sin 2θ と cos 2θ の和が残る式に出会い、第11章「三角関数の合成」につなぎます。

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2 倍角の公式——β = α とおくだけ

第9章の最後で、加法定理の β\beta に α\alpha を入れてみました。公式2の sin⁡\sin の和（たすき掛け・同符号）と cos⁡\cos の和（仲間どうし・逆符号）に β\beta=α{}= \alpha を代入すると

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=sin⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\alpha+cos⁡αsin⁡α\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\alpha=2sin⁡αcos⁡α,\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\alpha,cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=cos⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\alpha−sin⁡αsin⁡α\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\alpha=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−sin⁡2α\displaystyle {}- \sin^2\alpha

でした。角を 2 倍にした三角関数が、もとの角 α\alpha の三角関数だけで書けています。

cos⁡2α\cos 2\alpha にはもう一工夫できます。cos⁡2α\cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha には sin⁡\sin と cos⁡\cos が両方残っていますが、相互関係 sin⁡2α\sin^2\alpha+cos⁡2α{}+ \cos^2\alpha=1{}= 1 を使えば片方を消せます。sin⁡2α\sin^2\alpha=1{}= 1−cos⁡2α{}- \cos^2\alpha を入れると 2cos⁡2α2\cos^2\alpha−1{}- 1、cos⁡2α\cos^2\alpha=1{}= 1−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を入れると 11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha です。tan⁡\tan は第9章公式3（分子同符号・分母逆符号）に β\beta=α{}= \alpha を入れれば出ます。

公式1：2 倍角の公式
sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=2sin⁡αcos⁡α\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\alphacos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−sin⁡2α\displaystyle {}- \sin^2\alpha=2cos⁡2α\displaystyle {}= 2\cos^2\alpha−1\displaystyle {}- 1=1\displaystyle {}= 1−2sin⁡2α\displaystyle {}- 2\sin^2\alphatan⁡2α\displaystyle \tan 2\alpha=2tan⁡α1−tan⁡2α\displaystyle {}= \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha}

いずれも加法定理で β\beta=α{}= \alpha とおいたものである。tan⁡\tan の式は α\alpha≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi，2α2\alpha≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi（nn は整数）のときに成り立つ。

cos⁡2α\cos 2\alpha の 3 つの形は、中身は同じで「見せ方」が違うだけです。どれを使うかは、式の中でほかに何が出てくるかで決めます。sin⁡α\sin\alpha だけが分かっているなら 11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha、cos⁡α\cos\alpha だけなら 2cos⁡2α2\cos^2\alpha−1{}- 1、両方あるなら cos⁡2α\cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha。この「相手に合わせて形を選ぶ」判断が、この章の後半（方程式・最大最小）でずっと効いてきます。

第8章 j09 では sin⁡2θ\sin 2\theta=12{}= \dfrac{1}{2} の 2θ2\theta を箱に入れて、かたまり tt として扱いました。2 倍角の公式は、その箱をほどく道具です。箱の中身 2θ2\theta を θ\theta の式に広げると、sin⁡2θ\sin 2\theta は 2sin⁡θcos⁡θ2\sin\theta\cos\theta という θ\theta の世界の式になります。箱のまま扱うか、ほどくか——どちらが得かは問題によります。

2 倍角の公式は加法定理で β\beta=α{}= \alpha とおいたもので、cos⁡2α\cos 2\alpha には cos⁡2α\cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha，2cos⁡2α2\cos^2\alpha−1{}- 1，11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha の 3 つの形があり、相手に合わせて選ぶということです。

例題1：2 倍角の値を求める

(1) sin⁡α\sin\alpha=45{}= \dfrac{4}{5} で、α\alpha の動径が第2象限にあるとき、sin⁡2α\sin 2\alpha，cos⁡2α\cos 2\alpha，tan⁡2α\tan 2\alpha の値をそれぞれ求めなさい。

(2) tan⁡α\tan\alpha=2{}= 2 のとき、tan⁡2α\tan 2\alpha の値を求めなさい。

【解答】

(1) まず残りの値を相互関係で出します（第9章と同じ「準備」です）。α\alpha は第2象限なので cos⁡α\cos\alpha<0{}< 0 で

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=−1−1625\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{16}{25}}=−35\displaystyle {}= -\frac{3}{5}

公式1に入れます。

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=2⋅45⋅(−35)\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{3}{5}\right)=−2425‾,\displaystyle {}= \underline{-\frac{24}{25}},cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=1\displaystyle {}= 1−2⋅1625\displaystyle {}- 2 \cdot \frac{16}{25}=−725‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{7}{25}}tan⁡2α\displaystyle \tan 2\alpha=sin⁡2αcos⁡2α\displaystyle {}= \frac{\sin 2\alpha}{\cos 2\alpha}=−2425−725\displaystyle {}= \frac{-\dfrac{24}{25}}{-\dfrac{7}{25}}=247‾\displaystyle {}= \underline{\frac{24}{7}}

cos⁡2α\cos 2\alpha は sin⁡α\sin\alpha が与えられているので 11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha の形を選びました。cos⁡2α\cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha=925{}= \dfrac{9}{25}−1625{}- \dfrac{16}{25} で計算しても同じ値です。検算：24224^2+72{}+ 7^2=625{}= 625=252{}= 25^2。

(2) 公式1の tan⁡\tan の式に入れます。

tan⁡2α\displaystyle \tan 2\alpha=2⋅21−22\displaystyle {}= \frac{2 \cdot 2}{1 - 2^2}=4−3\displaystyle {}= \frac{4}{-3}=−43‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{4}{3}}

(1) で sin⁡2α\sin 2\alpha<0{}< 0，cos⁡2α\cos 2\alpha<0{}< 0 なので、2α2\alpha の動径は第3象限です。実際、α\alpha は π2\dfrac{\pi}{2} と π\pi のあいだで sin⁡α\sin\alpha=0.8{}= 0.8 ですから α\alpha≈0.70π{}\approx 0.70\pi、2α2\alpha≈1.41π{}\approx 1.41\pi で第3象限に入っています。(2) では α\alpha の象限が分かりませんが、tan⁡2α\tan 2\alpha は 1 つに決まります。α\alpha を α\alpha+π{}+ \pi に変えても 2α2\alpha は 2π2\pi ずれるだけだからです。

半角の公式——2 乗と「角の 2 倍」を両替する

cos⁡2α\cos 2\alpha の 3 つの形のうち、sin⁡\sin だけ・cos⁡\cos だけの 2 つを、2 乗について解いてみます。

cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=1\displaystyle {}= 1−2sin⁡2α\displaystyle {}- 2\sin^2\alpha⟹ sin⁡2α\displaystyle {}\Longrightarrow\ \sin^2\alpha=1−cos⁡2α2,\displaystyle {}= \frac{1 - \cos 2\alpha}{2},cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=2cos⁡2α\displaystyle {}= 2\cos^2\alpha−1\displaystyle {}- 1⟹ cos⁡2α\displaystyle {}\Longrightarrow\ \cos^2\alpha=1+cos⁡2α2\displaystyle {}= \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}

第9章 j20 で α\alpha=π12{}= \dfrac{\pi}{12} に使ったのが、この 1 つ目の式でした。ここで α\alpha を α2\dfrac{\alpha}{2} に書き換えると、右辺の 2α2\alpha が α\alpha になり、「角 α\alpha の cos⁡\cos から角 α2\dfrac{\alpha}{2} の値を出す」式になります。

公式2：半角の公式
sin⁡2α2\displaystyle \sin^2\frac{\alpha}{2}=1−cos⁡α2,\displaystyle {}= \frac{1 - \cos\alpha}{2},cos⁡2α2\displaystyle \cos^2\frac{\alpha}{2}=1+cos⁡α2,\displaystyle {}= \frac{1 + \cos\alpha}{2},tan⁡2α2\displaystyle \tan^2\frac{\alpha}{2}=1−cos⁡α1+cos⁡α\displaystyle {}= \frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}

tan⁡\tan の式は cos⁡α\cos\alpha≠−1{}\neq -1 のときに成り立つ（1 つ目を 2 つ目で割ったもの）。sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2} の値を求めるときは平方根をとり、符号は α2\dfrac{\alpha}{2} の動径の象限で決める。

右辺には cos⁡α\cos\alpha しか出てきません。sin⁡\sin の半角も cos⁡\cos の半角も、材料は cos⁡α\cos\alpha だけです。覚え方は「sin⁡\sin はマイナス、cos⁡\cos はプラス」で、α\alpha=0{}= 0 を入れると sin⁡20\sin^2 0=0{}= 0，cos⁡20\cos^2 0=1{}= 1 になるので、符号を取り違えてもすぐ気づけます。

この公式は、左から読むか右から読むかで役目が変わります。左から右へ読むと「角を半分にする」式。右から左へ——正確には元の形 sin⁡2α\sin^2\alpha=1−cos⁡2α2{}= \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2} で読むと、「2 乗を 1 乗に下げる」式です。2 乗という「次数」を 1 つ手放すかわりに、角を 2 倍にしてもらう。お札を小銭に両替するように、次数と角を交換しているわけです。後半の最大・最小や第11章では、この「次数を下げる」向きの使い方が主役になります。

sin⁡αcos⁡α\sin\alpha\cos\alpha も 2 倍角の公式 sin⁡2α\sin 2\alpha=2sin⁡αcos⁡α{}= 2\sin\alpha\cos\alpha を裏返せば sin⁡αcos⁡α\sin\alpha\cos\alpha=sin⁡2α2{}= \dfrac{\sin 2\alpha}{2} で、やはり 1 次の式に両替できます。まとめると、sin⁡2α\sin^2\alpha，cos⁡2α\cos^2\alpha，sin⁡αcos⁡α\sin\alpha\cos\alpha の 3 つの「2 次の項」は、どれも sin⁡2α\sin 2\alpha，cos⁡2α\cos 2\alpha の 1 次式で書けます。

半角の公式は cos⁡2α\cos 2\alpha の式を 2 乗について解いたもので、「角を半分にする」とも「2 乗を下げて角を 2 倍にする」とも読め、平方根の符号は α2\dfrac{\alpha}{2} の象限で決めるということです。

例題2：半角の公式を使う

(1) 00<α{}< \alpha<π{}< \pi で cos⁡α\cos\alpha=13{}= \dfrac{1}{3} のとき、sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}，tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} の値をそれぞれ求めなさい。

(2) 半角の公式を用いて、sin⁡2π12\sin^2\dfrac{\pi}{12}，cos⁡2π12\cos^2\dfrac{\pi}{12} の値をそれぞれ求めなさい。

【解答】

(1) 00<α{}< \alpha<π{}< \pi より 00<α2{}< \dfrac{\alpha}{2}<π2{}< \dfrac{\pi}{2} なので、α2\dfrac{\alpha}{2} の sin⁡\sin・cos⁡\cos・tan⁡\tan はすべて正です。

sin⁡2α2\displaystyle \sin^2\frac{\alpha}{2}=1−132\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{1}{3}}{2}=13,\displaystyle {}= \frac{1}{3},cos⁡2α2\displaystyle \cos^2\frac{\alpha}{2}=1+132\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{1}{3}}{2}=23\displaystyle {}= \frac{2}{3}sin⁡α2\displaystyle \sin\frac{\alpha}{2}=13\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{3}}=33‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{3}}{3}},cos⁡α2\displaystyle \cos\frac{\alpha}{2}=23\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=63‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6}}{3}},tan⁡α2\displaystyle \tan\frac{\alpha}{2}=sin⁡α2cos⁡α2\displaystyle {}= \frac{\sin\dfrac{\alpha}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}}=12\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{2}}=22‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2}}{2}}

(2) π12\dfrac{\pi}{12} は π6\dfrac{\pi}{6} の半分なので、公式2で α\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6}（cos⁡π6\cos\dfrac{\pi}{6}=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}）とします。

sin⁡2π12\displaystyle \sin^2\frac{\pi}{12}=1−322\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2}=2−34‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{2 - \sqrt{3}}{4}},cos⁡2π12\displaystyle \cos^2\frac{\pi}{12}=1+322\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2}=2+34‾\displaystyle {}= \underline{\frac{2 + \sqrt{3}}{4}}

(1) の α\alpha は三角定規の角ではありませんが、半角の値はちゃんと出ます。「00<α{}< \alpha<π{}< \pi」という範囲の条件がないと、α2\dfrac{\alpha}{2} の象限が決まらず符号が 1 つに決まりません——半角の問題で範囲が必ず添えられるのはそのためです。検算：13\dfrac{1}{3}+23{}+ \dfrac{2}{3}=1{}= 1 で相互関係を満たします。(2) は第9章 j20 と同じ値です。平方根をとれば sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}=2−32{}= \dfrac{\sqrt{2 - \sqrt{3}}}{2}ですが、この形のままでは第9章の値 6−24\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} と同じかどうか一目では分かりません。次の節で「2 重根号」をはずします。

2 重根号のはずし方——π/12 が 3 通りの道で一致する

2−3\sqrt{2 - \sqrt{3}} のように、根号の中にさらに根号がある形を 2 重根号といいます。これを p\sqrt{p}−q{}- \sqrt{q} のような「ふつうの根号の和・差」に直すことを考えます。

手がかりは展開の逆です。(p+q)2(\sqrt{p} + \sqrt{q})^2=p{}= p+q{}+ q+2pq{}+ 2\sqrt{pq} ですから、根号の中が「(和)(\text{和})+2(積){}+ 2\sqrt{(\text{積})}」の形に見えれば、2 乗の形に戻せます。

公式3：2 重根号のはずし方

pp>q{}> q>0{}> 0 のとき

(p+q)+2pq\displaystyle \sqrt{(p + q) + 2\sqrt{pq}}=p\displaystyle {}= \sqrt{p}+q,\displaystyle {}+ \sqrt{q},(p+q)−2pq\displaystyle \sqrt{(p + q) - 2\sqrt{pq}}=p\displaystyle {}= \sqrt{p}−q\displaystyle {}- \sqrt{q}

手順：根号の中を aa±2b{}\pm 2\sqrt{b} の形にする（「22」が見えなければ分母・分子に 22 をかけて作る）→ 和が aa、積が bb の 2 数 pp，qq を探す → 差の形では大きいほうを前に置く。

「和が aa、積が bb の 2 数を探す」のは、数I で x2x^2−ax{}- ax+b{}+ b を因数分解するときと同じ作業です。差の形で大きいほうを前に置くのは、p\sqrt{p}−q{}- \sqrt{q} が正でなければ根号の値（00 以上）と等しくならないからです。

2−3\sqrt{2 - \sqrt{3}} には「22」が見えないので、根号の中の分母・分子に 22 をかけます。

2−3\displaystyle \sqrt{2 - \sqrt{3}}=4−232\displaystyle {}= \sqrt{\frac{4 - 2\sqrt{3}}{2}}=4−232\displaystyle {}= \frac{\sqrt{4 - 2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}

和が 44、積が 33 の 2 数は 33 と 11 なので 4−23\sqrt{4 - 2\sqrt{3}}=3{}= \sqrt{3}−1{}- 1。よって 2−3\sqrt{2 - \sqrt{3}}=3−12{}= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}}=6−22{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2} です。

O π/2 π/3 π/4 π/6 π/8 π/12 π/3 → π/6 → π/12 π/2 → π/4 → π/8 （→ は「半分にする」）

2 重根号は、根号の中を「和 ± 2積\pm\, 2\sqrt{\text{積}}」の形に整えて (p±q)2(\sqrt{p} \pm \sqrt{q})^2 に戻すとはずせるということです。

例題3：π/12 の値を「半分」から求める

例題2 (2) の結果を用いて、sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}，cos⁡π12\cos\dfrac{\pi}{12}，tan⁡π12\tan\dfrac{\pi}{12} の値をそれぞれ求め、第9章で π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} から求めた値と一致することを確かめなさい。

【解答】

00<π12{}< \dfrac{\pi}{12}<π2{}< \dfrac{\pi}{2} なので、値はすべて正です。

sin⁡π12\displaystyle \sin\frac{\pi}{12}=2−34\displaystyle {}= \sqrt{\frac{2 - \sqrt{3}}{4}}=2−32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2 - \sqrt{3}}}{2}=12⋅6−22\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}=6−24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}

cos⁡\cos も同じ手順です。2+3\sqrt{2 + \sqrt{3}}=4+232{}= \dfrac{\sqrt{4 + 2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}=3+12{}= \dfrac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}=6+22{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} より

cos⁡π12\displaystyle \cos\frac{\pi}{12}=2+32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2 + \sqrt{3}}}{2}=6+24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}

tan⁡\tan は公式2の tan⁡2\tan^2 の式を使うと、2 重根号を通らずに済みます。

tan⁡2π12\displaystyle \tan^2\frac{\pi}{12}=1−321+32\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2−32+3\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}=(2−3)2(2+3)(2−3)\displaystyle {}= \frac{(2 - \sqrt{3})^2}{(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})}=(2−3)2\displaystyle {}= (2 - \sqrt{3})^2

22−3{}- \sqrt{3}>0{}> 0 なので tan⁡π12\tan\dfrac{\pi}{12}=2‾{}= \underline{\rule[-0.1328em]{0em}{1.0400em}2}−3‾\underline{\rule[-0.1328em]{0em}{1.0400em}{}- \sqrt{3}}。

第9章の例題1・例題2・例題3で求めた cos⁡π12\cos\dfrac{\pi}{12}=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}，sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}，tan⁡π12\tan\dfrac{\pi}{12}=2{}= 2−3{}- \sqrt{3} と一致します。（確認終）

これで π12\dfrac{\pi}{12}（15∘15^\circ）の値に、3 本の道がそろいました。第1章 j19 では三角定規に二等辺三角形をくっつけた図から、第9章では π4\dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} という差から、この章では π6\dfrac{\pi}{6} の半分から。出発点も道具も違うのに、同じ数に着きます。第1章の図で 15∘15^\circ が現れたのは、二等辺三角形の底角が「外角 30∘30^\circ の半分」だったから——あの図はそもそも半角の図だったのです。

x y α α/2 1 1 B(−1, 0) P(cos α, sin α) O H BH = 1 + cos α PH = sin α tan(α/2) = sin α / (1 + cos α)

図のように単位円上の点 P(cos⁡α, sin⁡α)\mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha) と点 B(−1, 0)\mathrm{B}(-1,\ 0) を結ぶと、OB\mathrm{OB}=OP{}= \mathrm{OP}=1{}= 1 の二等辺三角形ができ、底角 ∠OBP\angle\mathrm{OBP} は外角 α\alpha の半分 α2\dfrac{\alpha}{2} になります。P\mathrm{P} から xx 軸に下ろした垂線の足を H\mathrm{H} とすると、直角三角形 BHP\mathrm{BHP} から

tan⁡α2\displaystyle \tan\frac{\alpha}{2}=PHBH\displaystyle {}= \frac{\mathrm{PH}}{\mathrm{BH}}=sin⁡α1+cos⁡α\displaystyle {}= \frac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}

が読めます（図は 00<α{}< \alpha<π{}< \pi の場合）。α\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6} を入れると 121+32\dfrac{\frac{1}{2}}{1 + \frac{\sqrt{3}}{2}}=12+3{}= \dfrac{1}{2 + \sqrt{3}}=2{}= 2−3{}- \sqrt{3}。第1章 j19 の図は、この図の α\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6} の場合を直角三角形の言葉で描いたものでした。この式は符号の心配がいらない便利な形で、厳密定義ページでどんな α\alpha でも成り立つことを確かめます。

π/8——「半分」で初めて届く角

第9章で値が出せたのは、π12\dfrac{\pi}{12}，512π\dfrac{5}{12}\pi のように三角定規の角 π6\dfrac{\pi}{6}，π4\dfrac{\pi}{4}，π3\dfrac{\pi}{3} の和・差で書ける角でした。π8\dfrac{\pi}{8}（22.5∘22.5^\circ）はそうは書けません。三角定規の角はすべて π12\dfrac{\pi}{12} の整数倍なので、和・差もすべて π12\dfrac{\pi}{12} の整数倍になり、π8\dfrac{\pi}{8} にはならないのです。ところが π8\dfrac{\pi}{8}=12⋅π4{}= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{4} ですから、半角の公式なら届きます。

定規とコンパスがあれば、どんな角でも二等分の作図ができます。三角定規の π4\dfrac{\pi}{4} を二等分すれば π8\dfrac{\pi}{8}、それをまた二等分すれば π16\dfrac{\pi}{16}……。半角の公式は、その作図を計算でやる道具です。加法定理が「角の足し算・引き算」を計算にしたのに対し、半角の公式は「角の二等分」を計算にしました。

公式4：π/8 の値
sin⁡π8\displaystyle \sin\frac{\pi}{8}=2−22,\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2},cos⁡π8\displaystyle \cos\frac{\pi}{8}=2+22,\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2},tan⁡π8\displaystyle \tan\frac{\pi}{8}=2\displaystyle {}= \sqrt{2}−1\displaystyle {}- 1

sin⁡\sin・cos⁡\cos の 2 重根号ははずせない（和が 22、積が 12\dfrac{1}{2} の有理数の組がない）。この形のまま答えにする。

2−2\sqrt{2 - \sqrt{2}} を公式3の形に整えると 4−222\sqrt{\dfrac{4 - 2\sqrt{2}}{2}} で、和が 44、積が 22 の 2 数を探すことになります。pp+q{}+ q=4{}= 4，pqpq=2{}= 2 を満たす pp，qq は 22±2{}\pm \sqrt{2} で、根号の中に根号が残ってしまいます。2 重根号がいつもはずせるわけではない——はずせる条件は厳密定義ページで扱います。

π8\dfrac{\pi}{8} は三角定規の角の和・差では書けないが、π4\dfrac{\pi}{4} の半分として半角の公式で値が出せ、sin⁡\sin・cos⁡\cos は 2 重根号のまま答えるということです。

例題4：π/8 の三角関数

半角の公式を用いて、sin⁡π8\sin\dfrac{\pi}{8}，cos⁡π8\cos\dfrac{\pi}{8}，tan⁡π8\tan\dfrac{\pi}{8} の値をそれぞれ求めなさい。

【解答】

公式2で α\alpha=π4{}= \dfrac{\pi}{4}（cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}）とします。00<π8{}< \dfrac{\pi}{8}<π2{}< \dfrac{\pi}{2} なので値はすべて正です。

sin⁡2π8\displaystyle \sin^2\frac{\pi}{8}=1−222\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=2−24,\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{2}}{4},cos⁡2π8\displaystyle \cos^2\frac{\pi}{8}=1+222\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=2+24\displaystyle {}= \frac{2 + \sqrt{2}}{4}sin⁡π8\displaystyle \sin\frac{\pi}{8}=2−22‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}},cos⁡π8\displaystyle \cos\frac{\pi}{8}=2+22‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}}

tan⁡\tan は tan⁡2\tan^2 の式から出します。

tan⁡2π8\displaystyle \tan^2\frac{\pi}{8}=2−22+2\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{2}}{2 + \sqrt{2}}=(2−2)2(2+2)(2−2)\displaystyle {}= \frac{(2 - \sqrt{2})^2}{(2 + \sqrt{2})(2 - \sqrt{2})}=(2−2)22\displaystyle {}= \frac{(2 - \sqrt{2})^2}{2}tan⁡π8\displaystyle \tan\frac{\pi}{8}=2−22\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}\sqrt{2}}−1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- 1}

おおよその値は sin⁡π8\sin\dfrac{\pi}{8}≈0.383{}\approx 0.383，cos⁡π8\cos\dfrac{\pi}{8}≈0.924{}\approx 0.924，tan⁡π8\tan\dfrac{\pi}{8}≈0.414{}\approx 0.414。tan⁡\tan だけは 2 重根号が消えました。図の見方でも、tan⁡π8\tan\dfrac{\pi}{8}=sin⁡π41+cos⁡π4{}= \dfrac{\sin\frac{\pi}{4}}{1 + \cos\frac{\pi}{4}}=221+22{}= \dfrac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}}=12+1{}= \dfrac{1}{\sqrt{2} + 1}=2{}= \sqrt{2}−1{}- 1 と 1 行で出ます。

2 倍角を含む方程式——かたまりのまま解くか、ほどくか

第8章 j09 の sin⁡2θ\sin 2\theta=12{}= \dfrac{1}{2} は、2θ2\theta を箱 tt に入れて「tt の範囲を先に決め、sin⁡t\sin t=12{}= \dfrac{1}{2} を解く」で済みました。式の中に 2θ2\theta しか出てこないからです。では sin⁡2θ\sin 2\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta はどうでしょう。2θ2\theta と θ\theta が混ざっていて、1 つの箱には入りません。こういうときは箱をほどき、θ\theta の式にそろえます。

公式5：2 倍角を含む方程式・不等式の手順
  1. 角が 2θ2\theta だけなら、かたまりのまま（tt=2θ{}= 2\theta とおいて tt の範囲を先に決める。第8章公式5）。
  2. 2θ2\theta と θ\theta が混ざっていたら、2 倍角の公式でほどいて θ\theta の式にそろえる。
    • sin⁡2θ\sin 2\theta=2sin⁡θcos⁡θ{}= 2\sin\theta\cos\theta → 共通因数でくくって「積 =0= 0」に。
    • cos⁡2θ\cos 2\theta は相手に合わせて選ぶ：相手が sin⁡θ\sin\theta なら 11−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta、cos⁡θ\cos\theta なら 2cos⁡2θ2\cos^2\theta−1{}- 1 → tt の 2 次式に。
  3. 最後は第8章の sin⁡θ\sin\theta=k{}= k（水面との交点）・cos⁡θ\cos\theta=k{}= k（壁との交点）を解く。∣t∣|t|>1{}> 1 の解は捨てる。

手順 2 の cos⁡2θ\cos 2\theta の選び方がこの節の要です。cos⁡2θ\cos 2\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta なら sin⁡\sin にそろえたいので 11−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta を、cos⁡2θ\cos 2\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta なら 2cos⁡2θ2\cos^2\theta−1{}- 1 を選べば、式が sin⁡θ\sin\theta だけ（cos⁡θ\cos\theta だけ）になり、第8章 j13・j14 で練習した「tt=sin⁡θ{}= \sin\theta とおいて 2 次方程式」に落ちます。sin⁡2θ\sin 2\theta をほどくと sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta が両方出ますが、相手も sin⁡θ\sin\theta か cos⁡θ\cos\theta なら共通因数でくくれます。

2 倍角を含む方程式は、角が 2θ2\theta だけならかたまりのまま、θ\theta と混ざっていれば 2 倍角でほどいて 1 種類にそろえ、第8章の型に落とすということです。

例題5：2 倍角を含む方程式

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi とします。

(1) sin⁡2θ\sin 2\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta

(2) cos⁡2θ\cos 2\theta=3sin⁡θ{}= 3\sin\theta−1{}- 1

上の各方程式の解を求めなさい。

【解答】

(1) 2θ2\theta と θ\theta が混ざっているので、sin⁡2θ\sin 2\theta をほどきます。

2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle 2\sin\theta\cos\theta=sin⁡θ\displaystyle {}= \sin\theta⟹ sin⁡θ (2cos⁡θ−1)\displaystyle {}\Longrightarrow\ \sin\theta\,(2\cos\theta - 1)=0\displaystyle {}= 0

両辺を sin⁡θ\sin\theta で割ってはいけません（sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 の解を落とします）。積が 00 なので、sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 または cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2}。水面 yy=0{}= 0 との交点が θ\theta=0,{}= 0, π\ \pi、壁 xx=12{}= \dfrac{1}{2} との交点が θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi です。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{3},} π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi,} 53π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{3}\pi}

(2) 相手が sin⁡θ\sin\theta なので、cos⁡2θ\cos 2\theta=1{}= 1−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta を選びます。tt=sin⁡θ{}= \sin\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

1\displaystyle 1−2t2\displaystyle {}- 2t^2=3t\displaystyle {}= 3t−1\displaystyle {}- 1⟹ 2t2\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t^2+3t\displaystyle {}+ 3t−2\displaystyle {}- 2=0\displaystyle {}= 0⟹ (2t−1)(t+2)\displaystyle {}\Longrightarrow\ (2t - 1)(t + 2)=0\displaystyle {}= 0

−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 より tt=−2{}= -2 は捨てて tt=12{}= \dfrac{1}{2}、つまり sin⁡θ\sin\theta=12{}= \dfrac{1}{2}。

θ=π6,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{6},} 56π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{6}\pi}

(1) を検算してみます。θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} のとき sin⁡23π\sin\dfrac{2}{3}\pi=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}=sin⁡π3{}= \sin\dfrac{\pi}{3} で成り立ちます。(2) で cos⁡2θ\cos 2\theta=2cos⁡2θ{}= 2\cos^2\theta−1{}- 1 を選ぶと、sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta が混ざって先に進めません。「相手の顔を見て形を選ぶ」ことで、2 倍角の方程式が第8章の 2 次方程式に戻りました。

2 倍角を含む関数の最大・最小

最大・最小でも考え方は同じです。式が sin⁡θ\sin\theta（または cos⁡θ\cos\theta）の 1 種類にそろえば、tt=sin⁡θ{}= \sin\theta の 2 次関数として第8章 j16・j18 の方法で扱えます。逆に sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta のような積が残るときは、公式2の「両替」で次数を下げて sin⁡2θ\sin 2\theta のかたまりにします。

公式6：2 倍角を含む関数の最大・最小
  • 1 種類にそろう型：cos⁡2θ\cos 2\theta を相手に合わせて選び、tt=sin⁡θ{}= \sin\theta（cos⁡θ\cos\theta）の 2 次関数にする。tt の範囲は θ\theta の範囲から単位円で読む（第8章 j18）。
  • 次数を下げる型：sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2}，sin⁡2θ\sin^2\theta=1−cos⁡2θ2{}= \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}，cos⁡2θ\cos^2\theta=1+cos⁡2θ2{}= \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2} で 2θ2\theta の 1 次式にし、かたまり 2θ2\theta の範囲を先に書く（第7章）。
  • 答えは「最大値 32\dfrac{3}{2}（θ\theta=π6,{}= \dfrac{\pi}{6}, 56π\ \dfrac{5}{6}\pi）」のように、とる θ\theta を添える。
t y O 3/2 1 −3 −1 1/2 1 最大 3/2 最小 −3（t = −1） (1, 1) y = −2t² + 2t + 1

2 倍角を含む関数の最大・最小は、1 種類にそろえて 2 次関数にするか、次数を下げて 2θ2\theta のかたまりにするかのどちらかだということです。

例題6：2 倍角を含む関数の最大・最小

(1) 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、関数 yy=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta+2sin⁡θ{}+ 2\sin\theta の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

(2) 00≦θ{}\leqq \theta≦π3{}\leqq \dfrac{\pi}{3} のとき、関数 yy=sin⁡θcos⁡θ{}= \sin\theta\cos\theta の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

【解答】

(1) 相手が sin⁡θ\sin\theta なので cos⁡2θ\cos 2\theta=1{}= 1−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta。tt=sin⁡θ{}= \sin\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

y\displaystyle y=1\displaystyle {}= 1−2t2\displaystyle {}- 2t^2+2t\displaystyle {}+ 2t=−2(t−12)2\displaystyle {}= -2\left(t - \frac{1}{2}\right)^2+32\displaystyle {}+ \frac{3}{2}

図のように、上に凸の放物線で頂点の tt=12{}= \dfrac{1}{2} は範囲に入っています。最大は tt=12{}= \dfrac{1}{2} で 32\dfrac{3}{2}。最小は頂点から遠い端 tt=−1{}= -1 で yy=−2{}= -2−2{}- 2+1{}+ 1=−3{}= -3。sin⁡θ\sin\theta=12{}= \dfrac{1}{2} となる θ\theta は π6,\dfrac{\pi}{6}, 56π\ \dfrac{5}{6}\pi、sin⁡θ\sin\theta=−1{}= -1 は 32π\dfrac{3}{2}\pi です。

最大値 32 (θ=π6, 56π),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } \frac{3}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{6},\ \frac{5}{6}\pi\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−3 (θ=32π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-3\ \left(\theta = \frac{3}{2}\pi\right)}

(2) 積 sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta を次数下げで yy=12sin⁡2θ{}= \dfrac{1}{2}\sin 2\theta にします。かたまり 2θ2\theta の範囲を先に書くと 00≦2θ{}\leqq 2\theta≦23π{}\leqq \dfrac{2}{3}\pi。この範囲で sin⁡2θ\sin 2\theta は 00 から 11 まで上がり（2θ2\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}）、23π\dfrac{2}{3}\pi で 32\dfrac{\sqrt{3}}{2} まで下がります。

最大値 12 (θ=π4),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\text{最大値 } \frac{1}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{4}\right),}最小値 0 (θ=0)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\quad \text{最小値 } 0\ (\theta = 0)}

(1) の最小値を tt=1{}= 1（右端）と比べると、tt=1{}= 1 では yy=1{}= 1 なので、頂点から遠いのはたしかに tt=−1{}= -1 の側です。(2) は sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta を 1 種類にそろえようとすると sin⁡θ1−sin⁡2θ\sin\theta\sqrt{1 - \sin^2\theta} になって手に負えませんが、両替すれば一瞬です。

第11章へ——sin 2θ と cos 2θ が両方残ったら

次数下げを使うと、sin⁡2θ\sin^2\theta，sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta，cos⁡2θ\cos^2\theta を組み合わせた式はすべて sin⁡2θ\sin 2\theta と cos⁡2θ\cos 2\theta の 1 次式になります。たとえば

sin⁡2θ\displaystyle \sin^2\theta+2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle {}+ 2\sin\theta\cos\theta+3cos⁡2θ\displaystyle {}+ 3\cos^2\theta=1−cos⁡2θ2\displaystyle {}= \frac{1 - \cos 2\theta}{2}+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta+3(1+cos⁡2θ)2\displaystyle {}+ \frac{3(1 + \cos 2\theta)}{2}=2\displaystyle {}= 2+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta

です。ところが、ここで手が止まります。sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta には sin⁡\sin と cos⁡\cos が両方残っていて、例題6 (1) のように 1 種類にそろえることも、(2) のように 1 つのかたまりにすることもできません。

手がかりは第9章 j19 (2) にあります。そこでは加法定理で sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=22(sin⁡θ+cos⁡θ){}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta + \cos\theta) と展開しました。この式を右から左へ読むと

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta+cos⁡θ\displaystyle {}+ \cos\theta=2sin⁡(θ+π4)\displaystyle {}= \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)

sin⁡\sin と cos⁡\cos の和が、1 つの sin⁡\sin にまとまっています。加法定理を「ほどく」向きではなく「まとめる」向きに使ったわけです。一般に asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta を 1 つの sin⁡\sin にまとめる方法が、第11章の三角関数の合成です。まとめてしまえば、最大・最小は sin⁡\sin の値の範囲 −1-1 から 11 だけで決まります。j20 でその入口を少しだけ見ておきましょう。

基礎確認問題（全5問）

まずは公式をそのまま使う、ごく簡単な問題で確認しましょう。

問1

cos⁡2α\cos 2\alpha を、(ア) cos⁡α\cos\alpha と sin⁡α\sin\alpha、(イ) cos⁡α\cos\alpha だけ、(ウ) sin⁡α\sin\alpha だけ、の 3 通りに表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(ア) cos⁡2α\cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha　(イ) 2cos⁡2α2\cos^2\alpha−1{}- 1　(ウ) 11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha（(ア) に sin⁡2α\sin^2\alpha=1{}= 1−cos⁡2α{}- \cos^2\alpha または cos⁡2α\cos^2\alpha=1{}= 1−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を代入）

自己採点：
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問2

sin⁡α\sin\alpha=13{}= \dfrac{1}{3} のとき、cos⁡2α\cos 2\alpha の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

79‾\underline{\dfrac{7}{9}}（11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha=1{}= 1−29{}- \dfrac{2}{9}）

自己採点：
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問3

tan⁡α\tan\alpha=3{}= 3 のとき、tan⁡2α\tan 2\alpha の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−34‾\underline{-\dfrac{3}{4}}（2⋅31−32\dfrac{2 \cdot 3}{1 - 3^2}=6−8{}= \dfrac{6}{-8}）

自己採点：
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問4

cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2} を cos⁡α\cos\alpha を用いて表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡2α2=1+cos⁡α2‾\underline{\cos^2\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 + \cos\alpha}{2}}（cos⁡α\cos\alpha=2cos⁡2α2{}= 2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}−1{}- 1 を 2 乗について解く）

自己採点：
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問5

00<α{}< \alpha<π{}< \pi で cos⁡α\cos\alpha=79{}= \dfrac{7}{9} のとき、sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2} の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

13‾\underline{\dfrac{1}{3}}（sin⁡2α2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}=1−792{}= \dfrac{1 - \frac{7}{9}}{2}=19{}= \dfrac{1}{9}，00<α2{}< \dfrac{\alpha}{2}<π2{}< \dfrac{\pi}{2} で正）

自己採点：
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実践問題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝入試レベルです。★から順に取り組みましょう。

問1　★

cos⁡α\cos\alpha=−1213{}= -\dfrac{12}{13} で、α\alpha の動径が第2象限にあるとき、sin⁡2α\sin 2\alpha，cos⁡2α\cos 2\alpha，tan⁡2α\tan 2\alpha の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡2α\sin 2\alpha=−120169{}= -\dfrac{120}{169}，cos⁡2α\cos 2\alpha=119169{}= \dfrac{119}{169}，tan⁡2α\tan 2\alpha=−120119{}= -\dfrac{120}{119}

解説

まず残りの値を出します。第2象限なので sin⁡α\sin\alpha>0{}> 0 です。

sin⁡α\displaystyle \sin\alpha=1−144169\displaystyle {}= \sqrt{1 - \frac{144}{169}}=513\displaystyle {}= \frac{5}{13}

公式1に代入します。cos⁡α\cos\alpha が与えられているので、cos⁡2α\cos 2\alpha は 2cos⁡2α2\cos^2\alpha−1{}- 1 の形が早いです。

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=2⋅513⋅(−1213)\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{5}{13} \cdot \left(-\frac{12}{13}\right)=−120169‾,\displaystyle {}= \underline{-\frac{120}{169}},cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=2⋅144169\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{144}{169}−1\displaystyle {}- 1=119169‾\displaystyle {}= \underline{\frac{119}{169}} tan⁡2α\displaystyle \tan 2\alpha=sin⁡2αcos⁡2α\displaystyle {}= \frac{\sin 2\alpha}{\cos 2\alpha}=−120119‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{120}{119}}

検算：1202120^2+1192{}+ 119^2=14400{}= 14400+14161{}+ 14161=28561{}= 28561=1692{}= 169^2。sin⁡2α\sin 2\alpha<0{}< 0，cos⁡2α\cos 2\alpha>0{}> 0 なので 2α2\alpha の動径は第4象限です。α\alpha は π\pi に近い第2象限の角（cos⁡α\cos\alpha≈−0.92{}\approx -0.92）なので、2α2\alpha は 2π2\pi に少し足りない角になり、第4象限という結果と合います。

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問2　★

tan⁡α\tan\alpha=12{}= \dfrac{1}{2} のとき、tan⁡2α\tan 2\alpha と tan⁡4α\tan 4\alpha の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

tan⁡2α\tan 2\alpha=43{}= \dfrac{4}{3}，tan⁡4α\tan 4\alpha=−247{}= -\dfrac{24}{7}

解説

公式1の tan⁡\tan の式に入れます。

tan⁡2α\displaystyle \tan 2\alpha=2⋅121−14\displaystyle {}= \frac{2 \cdot \dfrac{1}{2}}{1 - \dfrac{1}{4}}=134\displaystyle {}= \frac{1}{\dfrac{3}{4}}=43‾\displaystyle {}= \underline{\frac{4}{3}}

4α4\alpha=2⋅2α{}= 2 \cdot 2\alpha なので、2α2\alpha を 1 つの角と見てもう一度 2 倍角の公式を使います。

tan⁡4α\displaystyle \tan 4\alpha=2⋅431−169\displaystyle {}= \frac{2 \cdot \dfrac{4}{3}}{1 - \dfrac{16}{9}}=83−79\displaystyle {}= \frac{\dfrac{8}{3}}{-\dfrac{7}{9}}=−247‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{24}{7}}

2 倍角の公式は「α\alpha に何を入れてもよい」ので、2α2\alpha を入れれば 4 倍角、4α4\alpha を入れれば 8 倍角が順に出ます。第9章 j17 で「2 つの和」を 1 つの角と見て加法定理を 2 回使ったのと同じ考え方です。tan⁡2α\tan 2\alpha=43{}= \dfrac{4}{3} は 33，44，55 の直角三角形の角の tan⁡\tan で、tan⁡α\tan\alpha=12{}= \dfrac{1}{2} の角を 2 倍するとこの三角形が現れます（小話3）。

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問3　★

00<α{}< \alpha<π2{}< \dfrac{\pi}{2} で cos⁡α\cos\alpha=35{}= \dfrac{3}{5} のとき、sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}，tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}=55{}= \dfrac{\sqrt{5}}{5}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}=255{}= \dfrac{2\sqrt{5}}{5}，tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=12{}= \dfrac{1}{2}

解説

00<α2{}< \dfrac{\alpha}{2}<π4{}< \dfrac{\pi}{4} なので、値はすべて正です。公式2より

sin⁡2α2\displaystyle \sin^2\frac{\alpha}{2}=1−352\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{3}{5}}{2}=15,\displaystyle {}= \frac{1}{5},cos⁡2α2\displaystyle \cos^2\frac{\alpha}{2}=1+352\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{3}{5}}{2}=45\displaystyle {}= \frac{4}{5} sin⁡α2\displaystyle \sin\frac{\alpha}{2}=15\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{5}}=55‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{5}}{5}},cos⁡α2\displaystyle \cos\frac{\alpha}{2}=25\displaystyle {}= \frac{2}{\sqrt{5}}=255‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{2\sqrt{5}}{5}},tan⁡α2\displaystyle \tan\frac{\alpha}{2}=12‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{2}}

j02 の逆になっています。j02 では tan⁡α\tan\alpha=12{}= \dfrac{1}{2} の角を 2 倍して 33，44，55 の三角形の角が出ました。この問題では cos⁡α\cos\alpha=35{}= \dfrac{3}{5}（33，44，55 の三角形の角）を半分にして tan⁡\tan=12{}= \dfrac{1}{2} の角に戻っています。本文の図の式 tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=sin⁡α1+cos⁡α{}= \dfrac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}=4585{}= \dfrac{\frac{4}{5}}{\frac{8}{5}}=12{}= \dfrac{1}{2} でも確かめられます。

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問4　★

半角の公式を用いて、cos⁡π8\cos\dfrac{\pi}{8} と cos⁡58π\cos\dfrac{5}{8}\pi の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡π8\cos\dfrac{\pi}{8}=2+22{}= \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}，cos⁡58π\cos\dfrac{5}{8}\pi=−2−22{}= -\dfrac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}

解説

π8\dfrac{\pi}{8} は π4\dfrac{\pi}{4} の半分、58π\dfrac{5}{8}\pi は 54π\dfrac{5}{4}\pi の半分です。cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}，cos⁡54π\cos\dfrac{5}{4}\pi=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2} を公式2に入れます。

cos⁡2π8\displaystyle \cos^2\frac{\pi}{8}=1+222\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=2+24,\displaystyle {}= \frac{2 + \sqrt{2}}{4},cos⁡258π\displaystyle \cos^2\frac{5}{8}\pi=1−222\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=2−24\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{2}}{4}

π8\dfrac{\pi}{8} は第1象限なので正、58π\dfrac{5}{8}\pi は π2\dfrac{\pi}{2} と π\pi のあいだ（第2象限）なので cos⁡\cos は負です。

cos⁡π8\displaystyle \cos\frac{\pi}{8}=2+22‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}},cos⁡58π\displaystyle \cos\frac{5}{8}\pi=−2−22‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}}

符号は「もとの角 54π\dfrac{5}{4}\pi」ではなく「半分にした角 58π\dfrac{5}{8}\pi」の象限で決めます。また 58π\dfrac{5}{8}\pi=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+π8{}+ \dfrac{\pi}{8} なので、第6章公式5より cos⁡58π\cos\dfrac{5}{8}\pi=−sin⁡π8{}= -\sin\dfrac{\pi}{8} で、例題4の値と合っています。

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問5　★

(1) 4+23\sqrt{4 + 2\sqrt{3}}

(2) 5−26\sqrt{5 - 2\sqrt{6}}

(3) 2+3\sqrt{2 + \sqrt{3}}

上の 3 つの式を、それぞれ 2 重根号をはずした形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 3\sqrt{3}+1{}+ 1　(2) 3\sqrt{3}−2{}- \sqrt{2}　(3) 6+22\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}

解説

公式3の「和が aa、積が bb の 2 数」を探します。

(1) 和が 44、積が 33 の 2 数は 33 と 11。

4+23\displaystyle \sqrt{4 + 2\sqrt{3}}=(3+1)2\displaystyle {}= \sqrt{(\sqrt{3} + 1)^2}=3‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}\sqrt{3}}+1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}+ 1}

(2) 和が 55、積が 66 の 2 数は 33 と 22。差の形なので大きいほうを前に置きます。

5−26\displaystyle \sqrt{5 - 2\sqrt{6}}=(3−2)2\displaystyle {}= \sqrt{(\sqrt{3} - \sqrt{2})^2}=3‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}\sqrt{3}}−2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- \sqrt{2}}

(3) 「22」が見えないので、根号の中の分母・分子に 22 をかけます。

2+3\displaystyle \sqrt{2 + \sqrt{3}}=4+232\displaystyle {}= \sqrt{\frac{4 + 2\sqrt{3}}{2}}=3+12\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}=6+22‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}}

(2) で 2\sqrt{2}−3{}- \sqrt{3} と書くと負の数になり、根号の値（00 以上）と合いません。(3) は (1) を 2\sqrt{2} で割ったもので、12\dfrac{1}{2} 倍すると cos⁡π12\cos\dfrac{\pi}{12}=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} になります（例題3）。

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問6　★

(1) (sin⁡θ+cos⁡θ)2(\sin\theta + \cos\theta)^2=1{}= 1+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta

(2) cos⁡4θ\cos^4\theta−sin⁡4θ{}- \sin^4\theta=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta

上の 2 つの等式を示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）左辺 =sin⁡2θ= \sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta=1{}= 1+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta　(2) （証明）左辺 =(cos⁡2θ+sin⁡2θ)= (\cos^2\theta + \sin^2\theta) ×(cos⁡2θ−sin⁡2θ){}\times (\cos^2\theta - \sin^2\theta)=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta

解説

(1) 左辺を展開して、相互関係と 2 倍角の公式を使います。

(sin⁡θ+cos⁡θ)2\displaystyle (\sin\theta + \cos\theta)^2=(sin⁡2θ+cos⁡2θ)\displaystyle {}= (\sin^2\theta + \cos^2\theta)+2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle {}+ 2\sin\theta\cos\theta=1\displaystyle {}= 1+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta

これは右辺に等しい。（証明終）

(2) 左辺は A2A^2−B2{}- B^2 の形なので因数分解します。

cos⁡4θ\displaystyle \cos^4\theta−sin⁡4θ\displaystyle {}- \sin^4\theta=(cos⁡2θ+sin⁡2θ)\displaystyle {}= (\cos^2\theta + \sin^2\theta)×(cos⁡2θ−sin⁡2θ)\displaystyle \qquad \times (\cos^2\theta - \sin^2\theta)=1⋅cos⁡2θ\displaystyle {}= 1 \cdot \cos 2\theta=cos⁡2θ\displaystyle {}= \cos 2\theta

これは右辺に等しい。（証明終）

(1) は第6章 j11 で sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta を 2 乗して sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta を出した計算を、2 倍角の言葉で書き直したものです。(2) では cos⁡2θ\cos 2\theta の 3 つの形のうち cos⁡2θ\cos^2\theta−sin⁡2θ{}- \sin^2\theta が現れました。4 乗の式が 1 乗の cos⁡2θ\cos 2\theta になるのは、公式2の「両替」を 2 回したのと同じ効果です。

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問7　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 cos⁡2θ\cos 2\theta=cos⁡θ{}= \cos\theta の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=0,{}= 0, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi

解説

相手が cos⁡θ\cos\theta なので cos⁡2θ\cos 2\theta=2cos⁡2θ{}= 2\cos^2\theta−1{}- 1 を選びます。tt=cos⁡θ{}= \cos\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

2t2\displaystyle 2t^2−1\displaystyle {}- 1=t\displaystyle {}= t⟹ 2t2\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t^2−t\displaystyle {}- t−1\displaystyle {}- 1=0\displaystyle {}= 0⟹ (t−1)(2t+1)\displaystyle {}\Longrightarrow\ (t - 1)(2t + 1)=0\displaystyle {}= 0

tt=1{}= 1 または tt=−12{}= -\dfrac{1}{2}。cos⁡θ\cos\theta=1{}= 1 は θ\theta=0{}= 0、cos⁡θ\cos\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2} は壁 xx=−12{}= -\dfrac{1}{2} との交点で θ\theta=23π,{}= \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi です。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} 23π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{2}{3}\pi,} 43π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{4}{3}\pi}

検算：θ\theta=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi のとき cos⁡43π\cos\dfrac{4}{3}\pi=−12{}= -\dfrac{1}{2}=cos⁡23π{}= \cos\dfrac{2}{3}\pi。3 つの解は単位円を 3 等分する位置にあります。cos⁡2θ\cos 2\theta=cos⁡θ{}= \cos\theta は「2θ2\theta と θ\theta の動径が xx 軸対称か一致する」ことなので、2θ2\theta=±θ{}= \pm\theta+2nπ{}+ 2n\pi から θ\theta=2nπ{}= 2n\pi，2nπ3\dfrac{2n\pi}{3} と解くこともできます。

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問8　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 cos⁡2θ\cos 2\theta=12{}= \dfrac{1}{2} の解を、2θ2\theta をかたまりのまま扱って求めなさい。また、cos⁡2θ\cos 2\theta=1{}= 1−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta でほどいても同じ解が得られることを確かめなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=π6,{}= \dfrac{\pi}{6}, 56π,\ \dfrac{5}{6}\pi, 76π,\ \dfrac{7}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi（ほどくと sin⁡2θ\sin^2\theta=14{}= \dfrac{1}{4}，sin⁡θ\sin\theta=±12{}= \pm\dfrac{1}{2} で同じ 4 個）

解説

かたまりのまま：tt=2θ{}= 2\theta とおくと、tt の範囲は 00≦t{}\leqq t<4π{}< 4\pi（単位円 2 周分）です。cos⁡t\cos t=12{}= \dfrac{1}{2} の解は 1 周目に π3,\dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi、2 周目に 2π2\pi を足した 73π,\dfrac{7}{3}\pi, 113π\ \dfrac{11}{3}\pi。θ\theta=t2{}= \dfrac{t}{2} に戻して

θ=π6,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{6},} 56π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{6}\pi,} 76π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{7}{6}\pi,} 116π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{11}{6}\pi}

ほどいて：11−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta=12{}= \dfrac{1}{2} より sin⁡2θ\sin^2\theta=14{}= \dfrac{1}{4}、sin⁡θ\sin\theta=±12{}= \pm\dfrac{1}{2}。水面 yy=12{}= \dfrac{1}{2} との交点が π6,\dfrac{\pi}{6}, 56π\ \dfrac{5}{6}\pi、yy=−12{}= -\dfrac{1}{2} との交点が 76π,\dfrac{7}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi で、同じ 4 個です。（確認終）

角が 2θ2\theta だけのときは、どちらでも解けます。かたまりのままなら「範囲が 2 周分」で解が倍になり、ほどくと「±\pm の 2 本の水面」で解が倍になる——同じ 4 個が、別の理由で現れています。2θ2\theta と θ\theta が混ざったとき（例題5）はほどくしかないので、両方の見方を持っておくと安心です。

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問9　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡2θ\sin 2\theta=3cos⁡θ{}= \sqrt{3}\cos\theta の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi

解説

sin⁡2θ\sin 2\theta をほどくと、両辺に cos⁡θ\cos\theta が現れます。

2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle 2\sin\theta\cos\theta−3cos⁡θ\displaystyle {}- \sqrt{3}\cos\theta=0\displaystyle {}= 0⟹ cos⁡θ (2sin⁡θ−3)\displaystyle {}\Longrightarrow\ \cos\theta\,(2\sin\theta - \sqrt{3})=0\displaystyle {}= 0

cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0 または sin⁡θ\sin\theta=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}。前者は θ\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi、後者は水面 yy=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} との交点で θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 23π\ \dfrac{2}{3}\pi。

θ=π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{3},} π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{2},} 23π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{2}{3}\pi,} 32π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{2}\pi}

両辺を cos⁡θ\cos\theta で割ると cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0 の 2 解を落とします。「割る前に、割る数が 00 になる場合を先に拾う」か「くくって積 =0= 0 にする」かのどちらかを必ずやります。例題5 (1) と同じ注意です。

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問10　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 cos⁡2θ\cos 2\theta−3cos⁡θ{}- 3\cos\theta+2{}+ 2=0{}= 0 の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=0,{}= 0, π3,\ \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi

解説

相手が cos⁡θ\cos\theta なので cos⁡2θ\cos 2\theta=2cos⁡2θ{}= 2\cos^2\theta−1{}- 1。tt=cos⁡θ{}= \cos\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

2t2\displaystyle 2t^2−1\displaystyle {}- 1−3t\displaystyle {}- 3t+2\displaystyle {}+ 2=0\displaystyle {}= 0⟹ 2t2\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t^2−3t\displaystyle {}- 3t+1\displaystyle {}+ 1=0\displaystyle {}= 0⟹ (2t−1)(t−1)\displaystyle {}\Longrightarrow\ (2t - 1)(t - 1)=0\displaystyle {}= 0

tt=12{}= \dfrac{1}{2} または tt=1{}= 1（どちらも範囲内）。cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2} から θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi、cos⁡θ\cos\theta=1{}= 1 から θ\theta=0{}= 0。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{3},} 53π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{3}\pi}

tt=1{}= 1 は壁が単位円の右端に触れる位置なので、解は 1 個だけです（第8章の「水面が縁に触れると 1 点」の壁版）。

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問11　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、不等式 cos⁡2θ\cos 2\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta≧0{}\geqq 0 の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

00≦θ{}\leqq \theta≦76π,{}\leqq \dfrac{7}{6}\pi,116π\dfrac{11}{6}\pi≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi

解説

相手が sin⁡θ\sin\theta なので cos⁡2θ\cos 2\theta=1{}= 1−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta。tt=sin⁡θ{}= \sin\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

1\displaystyle 1−2t2\displaystyle {}- 2t^2+t\displaystyle {}+ t≧0\displaystyle {}\geqq 0⟹ 2t2\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t^2−t\displaystyle {}- t−1\displaystyle {}- 1≦0\displaystyle {}\leqq 0⟹ (2t+1)(t−1)\displaystyle {}\Longrightarrow\ (2t + 1)(t - 1)≦0\displaystyle {}\leqq 0

よって −12-\dfrac{1}{2}≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1。tt≦1{}\leqq 1 はいつも成り立つので、条件は sin⁡θ\sin\theta≧−12{}\geqq -\dfrac{1}{2} だけです。

第8章公式4の要領で、まず境目 sin⁡θ\sin\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2} を出すと θ\theta=76π,{}= \dfrac{7}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi。水面 yy=−12{}= -\dfrac{1}{2} より上（等号を含むので境目も含む）の弧は、00 から 76π\dfrac{7}{6}\pi までと、116π\dfrac{11}{6}\pi から 2π2\pi の手前までです。

0≦θ≦76π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}0 \leqq \theta \leqq \frac{7}{6}\pi,} 116π≦θ<2π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{11}{6}\pi \leqq \theta < 2\pi}

検算：θ\theta=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi（解に含まれない）で cos⁡3π\cos 3\pi+sin⁡32π{}+ \sin\dfrac{3}{2}\pi=−1{}= -1−1{}- 1=−2{}= -2<0{}< 0。θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}（含まれる）で cos⁡π\cos\pi+sin⁡π2{}+ \sin\dfrac{\pi}{2}=0{}= 0≧0{}\geqq 0。tt の不等式を解いたあと、∣t∣|t|≦1{}\leqq 1 の範囲に「いつも成り立つ側」がないか確かめると、条件が 1 本に減って弧が選びやすくなります。

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問12　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、関数 yy=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta−2cos⁡θ{}- 2\cos\theta の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 33（θ\theta=π{}= \pi），最小値 −32-\dfrac{3}{2}（θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi）

解説

相手が cos⁡θ\cos\theta なので cos⁡2θ\cos 2\theta=2cos⁡2θ{}= 2\cos^2\theta−1{}- 1。tt=cos⁡θ{}= \cos\theta（−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）とおくと

y\displaystyle y=2t2\displaystyle {}= 2t^2−2t\displaystyle {}- 2t−1\displaystyle {}- 1=2(t−12)2\displaystyle {}= 2\left(t - \frac{1}{2}\right)^2−32\displaystyle {}- \frac{3}{2}

下に凸の放物線で、頂点 tt=12{}= \dfrac{1}{2} は範囲内なので最小値は −32-\dfrac{3}{2}。最大は頂点から遠い端 tt=−1{}= -1 で yy=2{}= 2+2{}+ 2−1{}- 1=3{}= 3（tt=1{}= 1 では yy=−1{}= -1）。

cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2} は θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi、cos⁡θ\cos\theta=−1{}= -1 は θ\theta=π{}= \pi です。

最大値 3 (θ=π),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } 3\ (\theta = \pi),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−32 (θ=π3, 53π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-\frac{3}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{3},\ \frac{5}{3}\pi\right)}

例題6 (1) の cos⁡\cos 版です。放物線の向き（t2t^2 の係数の符号）で、頂点が最大になるか最小になるかが入れ替わります。

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問13　★★

α\alpha≠π{}\neq \pi+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）とし、tt=tan⁡α2{}= \tan\dfrac{\alpha}{2} とおきます。

(1) sin⁡α\sin\alpha=2t1+t2{}= \dfrac{2t}{1 + t^2}，cos⁡α\cos\alpha=1−t21+t2{}= \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2} が成り立つことを示しなさい。

(2) tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=23{}= \dfrac{2}{3} のとき、sin⁡α\sin\alpha と cos⁡α\cos\alpha の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}=11+t2{}= \dfrac{1}{1 + t^2} を用いて、sin⁡α\sin\alpha=2tan⁡α2cos⁡2α2{}= 2\tan\dfrac{\alpha}{2}\cos^2\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α\cos\alpha=(1−tan⁡2α2)cos⁡2α2{}= \left(1 - \tan^2\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos^2\dfrac{\alpha}{2}　(2) sin⁡α\sin\alpha=1213{}= \dfrac{12}{13}，cos⁡α\cos\alpha=513{}= \dfrac{5}{13}

解説

(1) α\alpha を「α2\dfrac{\alpha}{2} の 2 倍」と見て 2 倍角の公式を使い、cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2} でくくります。第6章の相互関係 11+tan⁡2φ{}+ \tan^2\varphi=1cos⁡2φ{}= \dfrac{1}{\cos^2\varphi} より cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}=11+t2{}= \dfrac{1}{1 + t^2} です（α\alpha≠π{}\neq \pi+2nπ{}+ 2n\pi なので cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}≠0{}\neq 0）。

sin⁡α\displaystyle \sin\alpha=2sin⁡α2cos⁡α2\displaystyle {}= 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=2tan⁡α2cos⁡2α2\displaystyle {}= 2\tan\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2}=2t1+t2\displaystyle {}= \frac{2t}{1 + t^2} cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=cos⁡2α2\displaystyle {}= \cos^2\frac{\alpha}{2}−sin⁡2α2\displaystyle {}- \sin^2\frac{\alpha}{2}=(1−tan⁡2α2)cos⁡2α2\displaystyle {}= \left(1 - \tan^2\frac{\alpha}{2}\right)\cos^2\frac{\alpha}{2}=1−t21+t2\displaystyle {}= \frac{1 - t^2}{1 + t^2}

（証明終）

(2) tt=23{}= \dfrac{2}{3} を代入します。11+t2{}+ t^2=139{}= \dfrac{13}{9} なので

sin⁡α\displaystyle \sin\alpha=43139\displaystyle {}= \frac{\dfrac{4}{3}}{\dfrac{13}{9}}=1213‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{12}{13}},cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=59139\displaystyle {}= \frac{\dfrac{5}{9}}{\dfrac{13}{9}}=513‾\displaystyle {}= \underline{\frac{5}{13}}

tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} が有理数なら、sin⁡α\sin\alpha，cos⁡α\cos\alpha も必ず有理数になります。tt=12{}= \dfrac{1}{2} なら (45, 35)\left(\dfrac{4}{5},\ \dfrac{3}{5}\right)、tt=23{}= \dfrac{2}{3} なら (1213, 513)\left(\dfrac{12}{13},\ \dfrac{5}{13}\right)——第9章でおなじみの 33，44，55 と 55，1212，1313 の直角三角形が、この式から次々に作れます（小話3）。sin⁡\sin も cos⁡\cos も、根号なしの tt の分数式で書けるのがこの表し方の強みです。

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問14　★★

π\pi<α{}< \alpha<32π{}< \dfrac{3}{2}\pi で cos⁡α\cos\alpha=−725{}= -\dfrac{7}{25} のとき、sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}，tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}=45{}= \dfrac{4}{5}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}=−35{}= -\dfrac{3}{5}，tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=−43{}= -\dfrac{4}{3}

解説

まず α2\dfrac{\alpha}{2} の範囲を出します。π\pi<α{}< \alpha<32π{}< \dfrac{3}{2}\pi を 2 で割って π2\dfrac{\pi}{2}<α2{}< \dfrac{\alpha}{2}<34π{}< \dfrac{3}{4}\pi で、第2象限です。よって sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}>0{}> 0，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}<0{}< 0。

sin⁡2α2\displaystyle \sin^2\frac{\alpha}{2}=1+7252\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{7}{25}}{2}=1625,\displaystyle {}= \frac{16}{25},cos⁡2α2\displaystyle \cos^2\frac{\alpha}{2}=1−7252\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{7}{25}}{2}=925\displaystyle {}= \frac{9}{25} sin⁡α2\displaystyle \sin\frac{\alpha}{2}=45‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{4}{5}},cos⁡α2\displaystyle \cos\frac{\alpha}{2}=−35‾,\displaystyle {}= \underline{-\frac{3}{5}},tan⁡α2\displaystyle \tan\frac{\alpha}{2}=−43‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{4}{3}}

検算：cos⁡α\cos\alpha=cos⁡2α2{}= \cos^2\dfrac{\alpha}{2}−sin⁡2α2{}- \sin^2\dfrac{\alpha}{2}=925{}= \dfrac{9}{25}−1625{}- \dfrac{16}{25}=−725{}= -\dfrac{7}{25} で元に戻ります。α\alpha は第3象限ですが、α2\dfrac{\alpha}{2} は第2象限——半角の符号は「半分にした角」の象限で決めます。もし問題が「α\alpha の動径が第3象限」とだけ言っていたら、α\alpha は π\pi+2nπ{}+ 2n\pi から 32π\dfrac{3}{2}\pi+2nπ{}+ 2n\pi のどこかで、α2\dfrac{\alpha}{2} は第2象限にも第4象限にもなりえます（厳密定義の定理1）。範囲を不等式で指定しているのはそのためです。

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問15　★★

00≦θ{}\leqq \theta≦76π{}\leqq \dfrac{7}{6}\pi のとき、関数 yy=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta+4sin⁡θ{}+ 4\sin\theta+1{}+ 1 の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 44（θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}），最小値 −12-\dfrac{1}{2}（θ\theta=76π{}= \dfrac{7}{6}\pi）

解説

cos⁡2θ\cos 2\theta=1{}= 1−2sin⁡2θ{}- 2\sin^2\theta として tt=sin⁡θ{}= \sin\theta とおきます。

y\displaystyle y=1\displaystyle {}= 1−2t2\displaystyle {}- 2t^2+4t\displaystyle {}+ 4t+1\displaystyle {}+ 1=−2t2\displaystyle {}= -2t^2+4t\displaystyle {}+ 4t+2\displaystyle {}+ 2=−2(t−1)2\displaystyle {}= -2(t - 1)^2+4\displaystyle {}+ 4

tt の範囲を単位円で読みます（第8章 j18）。θ\theta が 00 から 76π\dfrac{7}{6}\pi まで動くと、yy 座標 sin⁡θ\sin\theta は 00 から 11（θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}）まで上がり、76π\dfrac{7}{6}\pi で −12-\dfrac{1}{2} まで下がります。よって −12-\dfrac{1}{2}≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1。

上に凸の放物線で頂点 tt=1{}= 1 は範囲の右端なので、最大は tt=1{}= 1 で yy=4{}= 4、最小は左端 tt=−12{}= -\dfrac{1}{2} で

y\displaystyle y=−2(−32)2\displaystyle {}= -2\left(-\frac{3}{2}\right)^2+4\displaystyle {}+ 4=−92\displaystyle {}= -\frac{9}{2}+4\displaystyle {}+ 4=−12\displaystyle {}= -\frac{1}{2} 最大値 4 (θ=π2),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } 4\ \left(\theta = \frac{\pi}{2}\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−12 (θ=76π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-\frac{1}{2}\ \left(\theta = \frac{7}{6}\pi\right)}

範囲が 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi なら tt=−1{}= -1（θ\theta=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi）で最小値 −4-4 になります。θ\theta の範囲が狭められていると tt の範囲も狭まる——tt の範囲を −1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 と決めつけないのが要点です。

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問16　★★

00≦θ{}\leqq \theta<π{}< \pi のとき、関数 yy=sin⁡4θ{}= \sin^4\theta+cos⁡4θ{}+ \cos^4\theta の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 11（θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2}），最小値 12\dfrac{1}{2}（θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi）

解説

a2a^2+b2{}+ b^2=(a+b)2{}= (a + b)^2−2ab{}- 2ab の形で、aa=sin⁡2θ{}= \sin^2\theta，bb=cos⁡2θ{}= \cos^2\theta とします。

y\displaystyle y=(sin⁡2θ+cos⁡2θ)2\displaystyle {}= (\sin^2\theta + \cos^2\theta)^2−2sin⁡2θcos⁡2θ\displaystyle {}- 2\sin^2\theta\cos^2\theta=1\displaystyle {}= 1−2(sin⁡θcos⁡θ)2\displaystyle {}- 2(\sin\theta\cos\theta)^2

sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2} で次数を下げると

y\displaystyle y=1\displaystyle {}= 1−2⋅sin⁡22θ4\displaystyle {}- 2 \cdot \frac{\sin^2 2\theta}{4}=1\displaystyle {}= 1−12sin⁡22θ\displaystyle {}- \frac{1}{2}\sin^2 2\theta

00≦2θ{}\leqq 2\theta<2π{}< 2\pi で sin⁡22θ\sin^2 2\theta は 00 から 11 まで動きます。sin⁡22θ\sin^2 2\theta=0{}= 0（2θ2\theta=0,{}= 0, π\ \pi）で最大 11、sin⁡22θ\sin^2 2\theta=1{}= 1（2θ2\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi）で最小 12\dfrac{1}{2}。

最大値 1 (θ=0, π2),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } 1\ \left(\theta = 0,\ \frac{\pi}{2}\right),}最小値 12 (θ=π4, 34π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 } \frac{1}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{4},\ \frac{3}{4}\pi\right)}

4 乗の式が、両替を重ねると sin⁡22θ\sin^2 2\theta だけの式になりました。さらに sin⁡22θ\sin^2 2\theta=1−cos⁡4θ2{}= \dfrac{1 - \cos 4\theta}{2} と下げれば yy=34{}= \dfrac{3}{4}+14cos⁡4θ{}+ \dfrac{1}{4}\cos 4\theta で、周期 π2\dfrac{\pi}{2}、振幅 14\dfrac{1}{4} のコサインカーブだと分かります（第7章の読み方）。

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問17　★★★

(1) 加法定理と 2 倍角の公式を用いて、sin⁡3α\sin 3\alpha=3sin⁡α{}= 3\sin\alpha−4sin⁡3α{}- 4\sin^3\alpha，cos⁡3α\cos 3\alpha=4cos⁡3α{}= 4\cos^3\alpha−3cos⁡α{}- 3\cos\alpha が成り立つことを示しなさい。

(2) 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡3θ\sin 3\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）3α3\alpha=2α{}= 2\alpha+α{}+ \alpha として加法定理で展開し、2 倍角の公式と相互関係で 1 種類にそろえる　(2) θ\theta=0,{}= 0, π4,\ \dfrac{\pi}{4}, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, π,\ \pi, 54π,\ \dfrac{5}{4}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi

解説

(1) 3α3\alpha=2α{}= 2\alpha+α{}+ \alpha と見て加法定理（sin⁡\sin はたすき掛け・同符号）を使い、2 倍角をほどきます。

sin⁡3α\displaystyle \sin 3\alpha=sin⁡2αcos⁡α\displaystyle {}= \sin 2\alpha\cos\alpha+cos⁡2αsin⁡α\displaystyle {}+ \cos 2\alpha\sin\alpha=2sin⁡αcos⁡2α\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos^2\alpha+(1−2sin⁡2α)sin⁡α\displaystyle {}+ (1 - 2\sin^2\alpha)\sin\alpha=2sin⁡α(1−sin⁡2α)\displaystyle {}= 2\sin\alpha(1 - \sin^2\alpha)+sin⁡α\displaystyle {}+ \sin\alpha−2sin⁡3α\displaystyle {}- 2\sin^3\alpha=3sin⁡α\displaystyle {}= 3\sin\alpha−4sin⁡3α\displaystyle {}- 4\sin^3\alpha

cos⁡2α\cos 2\alpha は sin⁡\sin にそろえたいので 11−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha を選びました。cos⁡\cos も同様です（cos⁡\cos は仲間どうし・逆符号）。

cos⁡3α\displaystyle \cos 3\alpha=cos⁡2αcos⁡α\displaystyle {}= \cos 2\alpha\cos\alpha−sin⁡2αsin⁡α\displaystyle {}- \sin 2\alpha\sin\alpha=(2cos⁡2α−1)cos⁡α\displaystyle {}= (2\cos^2\alpha - 1)\cos\alpha−2sin⁡2αcos⁡α\displaystyle {}- 2\sin^2\alpha\cos\alpha=2cos⁡3α\displaystyle {}= 2\cos^3\alpha−cos⁡α\displaystyle {}- \cos\alpha−2(1−cos⁡2α)cos⁡α\displaystyle {}- 2(1 - \cos^2\alpha)\cos\alpha=4cos⁡3α\displaystyle {}= 4\cos^3\alpha−3cos⁡α\displaystyle {}- 3\cos\alpha

（証明終）

(2) tt=sin⁡θ{}= \sin\theta とおくと、(1) より

3t\displaystyle 3t−4t3\displaystyle {}- 4t^3=t\displaystyle {}= t⟹ 2t\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t−4t3\displaystyle {}- 4t^3=0\displaystyle {}= 0⟹ 2t(1−2t2)\displaystyle {}\Longrightarrow\ 2t(1 - 2t^2)=0\displaystyle {}= 0

tt=0{}= 0 または tt=±22{}= \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}。sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 から θ\theta=0,{}= 0, π\ \pi、sin⁡θ\sin\theta=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} から π4,\dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi、sin⁡θ\sin\theta=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2} から 54π,\dfrac{5}{4}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} π4,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{4},} 34π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{4}\pi,} π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi,} 54π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{4}\pi,} 74π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{7}{4}\pi}

別解：sin⁡3θ\sin 3\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta は「3θ3\theta と θ\theta の動径が一致するか yy 軸対称」なので、3θ3\theta=θ{}= \theta+2nπ{}+ 2n\pi または 3θ3\theta=π{}= \pi−θ{}- \theta+2nπ{}+ 2n\pi、つまり θ\theta=nπ{}= n\pi または θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+nπ2{}+ \dfrac{n\pi}{2} で、同じ 6 個が出ます。3 倍角の公式は、cos⁡π9\cos\dfrac{\pi}{9} が 2 次方程式では求まらない理由（厳密定義の補足）にも関わります。

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問18　★★★

θ\theta=π10{}= \dfrac{\pi}{10} とします。

(1) sin⁡2θ\sin 2\theta=cos⁡3θ{}= \cos 3\theta が成り立つことを示しなさい。

(2) (1) と cos⁡3θ\cos 3\theta=4cos⁡3θ{}= 4\cos^3\theta−3cos⁡θ{}- 3\cos\theta を用いて、sin⁡π10\sin\dfrac{\pi}{10} の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）2θ2\theta+3θ{}+ 3\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} より sin⁡2θ\sin 2\theta=sin⁡(π2−3θ){}= \sin\left(\dfrac{\pi}{2} - 3\theta\right)=cos⁡3θ{}= \cos 3\theta　(2) sin⁡π10\sin\dfrac{\pi}{10}=5−14{}= \dfrac{\sqrt{5} - 1}{4}

解説

(1) 5θ5\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} なので 2θ2\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−3θ{}- 3\theta。第6章公式5より

sin⁡2θ\displaystyle \sin 2\theta=sin⁡(π2−3θ)\displaystyle {}= \sin\left(\frac{\pi}{2} - 3\theta\right)=cos⁡3θ\displaystyle {}= \cos 3\theta

（証明終）

(2) 左辺を 2 倍角、右辺を 3 倍角でほどきます。

2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle 2\sin\theta\cos\theta=4cos⁡3θ\displaystyle {}= 4\cos^3\theta−3cos⁡θ\displaystyle {}- 3\cos\theta

00<θ{}< \theta<π2{}< \dfrac{\pi}{2} なので cos⁡θ\cos\theta≠0{}\neq 0。両辺を cos⁡θ\cos\theta で割り、cos⁡2θ\cos^2\theta=1{}= 1−sin⁡2θ{}- \sin^2\theta で sin⁡\sin にそろえます。ss=sin⁡θ{}= \sin\theta とおくと

2s\displaystyle 2s=4(1−s2)\displaystyle {}= 4(1 - s^2)−3\displaystyle {}- 3⟹ 4s2\displaystyle {}\Longrightarrow\ 4s^2+2s\displaystyle {}+ 2s−1\displaystyle {}- 1=0\displaystyle {}= 0⟹ s\displaystyle {}\Longrightarrow\ s=−1±54\displaystyle {}= \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}

00<θ{}< \theta<π2{}< \dfrac{\pi}{2} より ss>0{}> 0 なので

sin⁡π10=5−14‾\underline{\sin\frac{\pi}{10} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}}

π10\dfrac{\pi}{10} は 18∘18^\circ で、およそ 0.3090.309。三角定規の角の和・差でも、半分にしていっても届かない角ですが、「2θ2\theta と 3θ3\theta で π2\dfrac{\pi}{2} になる」という関係を 2 倍角・3 倍角で方程式にすると値が出ます。この値は正五角形の対角線と辺の比（黄金比 1+52\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}）と深く関係していて、第9章小話1でプトレマイオスが正五角形から 72∘72^\circ の弦を出したのも、この関係を図形で使ったものです。

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問19　★★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 cos⁡2θ\cos 2\theta+2sin⁡θ{}+ 2\sin\theta=k{}= k が異なる 4 個の解をもつような定数 kk の値の範囲を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

11<k{}< k<32{}< \dfrac{3}{2}

解説

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta とおくと、例題6 (1) と同じく左辺は

f(t)\displaystyle f(t)=−2t2\displaystyle {}= -2t^2+2t\displaystyle {}+ 2t+1\displaystyle {}+ 1=−2(t−12)2\displaystyle {}= -2\left(t - \frac{1}{2}\right)^2+32\displaystyle {}+ \frac{3}{2}(−1≦t≦1)\displaystyle (-1 \leqq t \leqq 1)

まず「tt 1 個に対して θ\theta が何個あるか」を整理します（第8章の水面）。−1-1<t{}< t<1{}< 1 なら水面 yy=t{}= t が単位円と 2 点で交わるので θ\theta は 2 個、tt=±1{}= \pm 1 なら 1 個です。

よって θ\theta が 4 個になるのは、「yy=f(t){}= f(t) と直線 yy=k{}= k が −1-1<t{}< t<1{}< 1 で異なる 2 点で交わる」ときです（tt=±1{}= \pm 1 を含む組み合わせでは 1 + 2 = 3 個以下になります）。

本文の図（fig03）で見ると、放物線の頂点は (12, 32)\left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{3}{2}\right)、両端は f(−1)f(-1)=−3{}= -3，f(1)f(1)=1{}= 1 です。直線 yy=k{}= k が頂点より下で、しかも右端の高さ 11 より上にあれば、交点は 2 つとも 00<t{}< t<1{}< 1 に入ります。

1<k<32‾\underline{1 < k < \frac{3}{2}}

境目を確かめます。kk=32{}= \dfrac{3}{2} だと交点は頂点 1 つ（tt=12{}= \dfrac{1}{2}）で θ\theta は 2 個。kk=1{}= 1 だと tt=0{}= 0 と tt=1{}= 1 で、θ\theta は 22+1{}+ 1=3{}= 3 個。−3-3≦k{}\leqq k<1{}< 1 では交点が 1 つ（−1-1≦t{}\leqq t<0{}< 0）なので θ\theta は 2 個以下です。「θ\theta の個数」を「tt の個数 × 1 個あたりの θ\theta の個数」に分けて数えるのが、この型の定石です。

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問20　★★★

f(θ)f(\theta)=sin⁡2θ{}= \sin^2\theta+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta+3cos⁡2θ{}+ 3\cos^2\theta とします。

(1) f(θ)f(\theta) を sin⁡2θ\sin 2\theta と cos⁡2θ\cos 2\theta を用いて表しなさい。

(2) 加法定理を用いて、sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta=2sin⁡(2θ+π4){}= \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) が成り立つことを示しなさい。

(3) 00≦θ{}\leqq \theta<π{}< \pi のとき、f(θ)f(\theta) の最大値・最小値と、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) f(θ)f(\theta)=2{}= 2+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta　(2) （証明）右辺を加法定理で展開し、cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}=sin⁡π4{}= \sin\dfrac{\pi}{4}=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} を入れると sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta　(3) 最大値 22+2{}+ \sqrt{2}（θ\theta=π8{}= \dfrac{\pi}{8}），最小値 22−2{}- \sqrt{2}（θ\theta=58π{}= \dfrac{5}{8}\pi）

解説

(1) 3 つの 2 次の項をすべて両替します。

f(θ)\displaystyle f(\theta)=1−cos⁡2θ2\displaystyle {}= \frac{1 - \cos 2\theta}{2}+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta+3(1+cos⁡2θ)2\displaystyle {}+ \frac{3(1 + \cos 2\theta)}{2}=1+32\displaystyle {}= \frac{1 + 3}{2}+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta+−1+32cos⁡2θ\displaystyle {}+ \frac{-1 + 3}{2}\cos 2\theta=2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}2}+sin⁡2θ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}{}+ \sin 2\theta}+cos⁡2θ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}{}+ \cos 2\theta}

(2) 右辺を加法定理（sin⁡\sin はたすき掛け・同符号）で展開します。cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}=sin⁡π4{}= \sin\dfrac{\pi}{4}=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} なので

2sin⁡(2θ+π4)\displaystyle \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right)=2(sin⁡2θ⋅22\displaystyle {}= \sqrt{2}\biggl(\sin 2\theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+cos⁡2θ⋅22)\displaystyle {}\qquad + \cos 2\theta \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\biggr)=sin⁡2θ\displaystyle {}= \sin 2\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta

これは左辺に等しい。（証明終）

(3) (1)・(2) より f(θ)f(\theta)=2{}= 2+2sin⁡(2θ+π4){}+ \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)。かたまり 2θ2\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲を先に書くと、00≦θ{}\leqq \theta<π{}< \pi より π4\dfrac{\pi}{4}≦2θ{}\leqq 2\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}<94π{}< \dfrac{9}{4}\pi で、単位円をちょうど 1 周します。sin⁡\sin はこの範囲で 11 にも −1-1 にもなるので

  • 最大：2θ2\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，つまり θ\theta=π8{}= \dfrac{\pi}{8} で 22+2{}+ \sqrt{2}
  • 最小：2θ2\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi，つまり θ\theta=58π{}= \dfrac{5}{8}\pi で 22−2{}- \sqrt{2}
最大値 2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } 2}+2 (θ=π8),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}+ \sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{8}\right),}最小値 2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 } 2}−2 (θ=58π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}- \sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{5}{8}\pi\right)}

検算：例題4の値で f(π8)f\left(\dfrac{\pi}{8}\right)=2−24{}= \dfrac{2 - \sqrt{2}}{4}+sin⁡π4{}+ \sin\dfrac{\pi}{4}+3(2+2)4{}+ \dfrac{3(2 + \sqrt{2})}{4}=8+224{}= \dfrac{8 + 2\sqrt{2}}{4}+22{}+ \dfrac{\sqrt{2}}{2}=2{}= 2+2{}+ \sqrt{2}。最大をとる角が、この章で初めて値を出した π8\dfrac{\pi}{8} でした。

(2) の「sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta を 1 つの sin⁡\sin にまとめる」操作が、第11章の三角関数の合成です。この問題では右辺の形を与えて加法定理で確かめましたが、第11章では asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta から出発して、2\sqrt{2} や π4\dfrac{\pi}{4} にあたる数を自分で見つける方法を学びます。2\sqrt{2} は係数 11，11 を 2 乗して足した 12+12\sqrt{1^2 + 1^2}——第9章 j15 の「2 乗して足す」と同じ発想です。

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数学小話コーナー

コンセントの 100 V と 141 V——√2 の正体は sin² の平均

第7章の小話で、家庭のコンセントの電圧は最大値が約 141 V141\ \text{V} のサインカーブ vv=141sin⁡(100πt){}= 141\sin(100\pi t)（東日本）なのに、「100 V100\ \text{V}」と呼ばれていると書きました。141141 と 100100 の比は 2\sqrt{2}。そのときは理由を伏せましたが、この章の半角の公式（次数を下げる向き）で説明できます。

電気が熱や光として仕事をする量（電力）は、電圧の 2 乗 に比例します。電圧が Vsin⁡θV\sin\theta なら、電力は V2sin⁡2θV^2\sin^2\theta に比例します。ここで次数を下げると

sin⁡2θ\displaystyle \sin^2\theta=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}−12cos⁡2θ\displaystyle {}- \frac{1}{2}\cos 2\theta

右辺の cos⁡2θ\cos 2\theta は、1 周期のあいだに正と負を同じだけ行き来するので、平均すると 00 です。残るのは 12\dfrac{1}{2}。つまり sin⁡2θ\sin^2\theta の平均は 12\dfrac{1}{2} で、交流の電力の平均は「最大値 VV の直流」の半分になります。

では、同じ平均電力を出す直流は何ボルトか。直流 EE の電力は E2E^2 に比例するので、E2E^2=V22{}= \dfrac{V^2}{2}、つまり EE=V2{}= \dfrac{V}{\sqrt{2}}。この EE が 実効値 で、VV=141{}= 141 なら EE=1412{}= \dfrac{141}{\sqrt{2}}≈100{}\approx 100。コンセントの「100 V100\ \text{V}」は、「熱の出方で比べると 100 V100\ \text{V} の直流と同じ」という意味だったのです。2\sqrt{2} は、2 乗の平均が 12\dfrac{1}{2} になることから来ていました。

豆知識

sin⁡2θ\sin^2\theta=12{}= \dfrac{1}{2}−12cos⁡2θ{}- \dfrac{1}{2}\cos 2\theta には、もう 1 つ情報があります。電力の波は cos⁡2θ\cos 2\theta で揺れる、つまり 電圧の 2 倍の速さ で脈打つのです。50 Hz50\ \text{Hz} の地域では電力は 11 秒に 100100 回、60 Hz60\ \text{Hz} なら 120120 回強弱をくり返します。昔の蛍光灯がかすかにちらついて見えたのは、このためです（今の照明の多くは電子回路でちらつきを抑えています）。

ボールをいちばん遠くへ——飛距離は sin 2θ で決まる

ボールを速さ vv、地面から角 θ\theta の向きに投げ上げると、どこまで飛ぶでしょう。空気の抵抗を無視すると、物理（力学）で習う式から、同じ高さに落ちるまでの水平距離は

L\displaystyle L=2v2sin⁡θcos⁡θg\displaystyle {}= \frac{2v^2\sin\theta\cos\theta}{g}=v2sin⁡2θg\displaystyle {}= \frac{v^2\sin 2\theta}{g}

となります（gg は重力加速度で約 9.89.8）。sin⁡θ\sin\theta は「上向きの速さ」から来る滞空時間、cos⁡θ\cos\theta は「横向きの速さ」から来ていて、その積 2sin⁡θcos⁡θ2\sin\theta\cos\theta がちょうど sin⁡2θ\sin 2\theta にまとまります。

sin⁡2θ\sin 2\theta が最大の 11 になるのは 2θ2\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}、つまり θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}（45∘45^\circ）です。高く投げすぎると横に進まず、低く投げすぎるとすぐ落ちる。その釣り合いがちょうど 45∘45^\circ で取れます。

さらに、sin⁡2θ\sin 2\theta=sin⁡(π−2θ){}= \sin(\pi - 2\theta)=sin⁡2(π2−θ){}= \sin 2\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right) なので、θ\theta と π2\dfrac{\pi}{2}−θ{}- \theta で飛距離は同じ です。30∘30^\circ で投げても 60∘60^\circ で投げても同じ地点に落ちる（60∘60^\circ のほうが高く上がって長く飛ぶ）。この 2 つの性質はガリレオが 1638 年の『新科学対話』で示したとされています。第6章公式5の「π2\dfrac{\pi}{2}−θ{}- \theta」が、ここでは「山なりの軌道と低い軌道」という目に見える形で現れています。

豆知識

実際のスポーツでは空気の抵抗や、投げる位置の高さ（肩の高さ）があるので、最適な角度は 45∘45^\circ より低くなることが多いといわれます（砲丸投げ・やり投げなどで、競技や選手によって異なります※諸説あり）。数学の答え 45∘45^\circ は「理想化した世界」の答えで、現実に合わせるには式に抵抗の項を足していきます。それでも「まず理想化して形をつかむ」ことが、物理の考え方の出発点です。

tan(α/2) からピタゴラス数を作る

j13 で、tt=tan⁡α2{}= \tan\dfrac{\alpha}{2} とおくと

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=1−t21+t2,\displaystyle {}= \frac{1 - t^2}{1 + t^2},sin⁡α\displaystyle \sin\alpha=2t1+t2\displaystyle {}= \frac{2t}{1 + t^2}

と、根号を使わずに書けることを示しました。tt に有理数を入れると、cos⁡α\cos\alpha も sin⁡α\sin\alpha も有理数になり、しかも cos⁡2α\cos^2\alpha+sin⁡2α{}+ \sin^2\alpha=1{}= 1 を満たします。

tt=nm{}= \dfrac{n}{m}（mm>n{}> n>0{}> 0 の整数）を入れて分母を払うと、cos⁡α\cos\alpha=m2−n2m2+n2{}= \dfrac{m^2 - n^2}{m^2 + n^2}，sin⁡α\sin\alpha=2mnm2+n2{}= \dfrac{2mn}{m^2 + n^2}。つまり

(m2−n2)2\displaystyle (m^2 - n^2)^2+(2mn)2\displaystyle {}+ (2mn)^2=(m2+n2)2\displaystyle {}= (m^2 + n^2)^2

が成り立ちます。三平方の定理 a2a^2+b2{}+ b^2=c2{}= c^2 を満たす整数の組（ピタゴラス数）の製造機です。mm=2{}= 2，nn=1{}= 1 なら (3, 4, 5)(3,\ 4,\ 5)、mm=3{}= 3，nn=2{}= 2 なら (5, 12, 13)(5,\ 12,\ 13)、mm=4{}= 4，nn=1{}= 1 なら (15, 8, 17)(15,\ 8,\ 17)、mm=4{}= 4，nn=3{}= 3 なら (7, 24, 25)(7,\ 24,\ 25)。第9章 j04 で「33，44，55 と 55，1212，1313 から 1616，6363，6565 が生まれた」のも、この仲間です。

図で見ると、本文の fig01 がそのまま製造機になっています。点 B(−1, 0)\mathrm{B}(-1,\ 0) から傾き tt の直線を引くと、単位円ともう 1 点で交わり、その点が (1−t21+t2, 2t1+t2)\left(\dfrac{1 - t^2}{1 + t^2},\ \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) です。傾き tt が有理数なら交点の座標も有理数——単位円上の「座標がともに有理数の点」は、B\mathrm{B} からの直線の傾きで 1 つずつ数えられます。

豆知識

ピタゴラス数の表は古く、紀元前 1800 年ごろのバビロニアの粘土板「プリンプトン 322」に、(119, 120, 169)(119,\ 120,\ 169) のような大きな組まで刻まれているとされます（何のための表だったかは諸説あります）。j01 の sin⁡2α\sin 2\alpha=−120169{}= -\dfrac{120}{169}，cos⁡2α\cos 2\alpha=119169{}= \dfrac{119}{169} は、ちょうどこの組でした。また、tt=tan⁡α2{}= \tan\dfrac{\alpha}{2} の置き換えは、数III の積分で「sin⁡\sin・cos⁡\cos の分数式を tt の分数式に直す」強力な道具として再登場します。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では「2 倍角・半角の公式を加法定理から導き、値の計算・方程式・最大最小に使える」ことで十分ですが、「半角の符号はなぜ範囲がないと決まらないのか？」「2 重根号はいつはずせるのか？」「tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} の式はどんな角でも使えるのか？」が気になる人のために、根拠を紹介します。

定理1：2 倍角・半角の公式（一般角）と、半角の符号

すべての実数 α\alpha に対して、公式1（sin⁡2α\sin 2\alpha，cos⁡2α\cos 2\alpha の 3 形）と公式2（sin⁡2α2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡2α2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}）が成り立つ。

一方、cos⁡α\cos\alpha の値（あるいは α\alpha の動径）だけからは sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2} の符号は決まらない。α\alpha を α\alpha+2π{}+ 2\pi に置き換えると、sin⁡α2\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2} はともに符号だけが変わる。

証明　第9章の厳密定義（定理1・定理2）より、加法定理は任意の実数 α\alpha，β\beta で成り立つ。β\beta=α{}= \alpha を代入すれば公式1の sin⁡2α\sin 2\alpha と cos⁡2α\cos 2\alpha=cos⁡2α{}= \cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を得て、相互関係（第6章 定理2、一般角で成立）を用いれば残りの 2 形を得る。公式2は、cos⁡2φ\cos 2\varphi=1{}= 1−2sin⁡2φ{}- 2\sin^2\varphi=2cos⁡2φ{}= 2\cos^2\varphi−1{}- 1 が任意の実数 φ\varphi で成り立つので、φ\varphi=α2{}= \dfrac{\alpha}{2} を代入して 2 乗について解けばよい。

後半について、α+2π2\dfrac{\alpha + 2\pi}{2}=α2{}= \dfrac{\alpha}{2}+π{}+ \pi であり、第6章公式4（原点対称）より sin⁡(α2+π)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2} + \pi\right)=−sin⁡α2{}= -\sin\dfrac{\alpha}{2}，cos⁡(α2+π)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2} + \pi\right)=−cos⁡α2{}= -\cos\dfrac{\alpha}{2}。α\alpha と α\alpha+2π{}+ 2\pi は動径が一致し cos⁡\cos の値も等しいが、半角の値は符号が逆になる。（証明終）

三角関数は「動径の関数」でしたが、半角は動径だけでは決まりません。α\alpha と α\alpha+2π{}+ 2\pi は同じ位置を指すのに、半分にすると α2\dfrac{\alpha}{2} と α2\dfrac{\alpha}{2}+π{}+ \pi という原点対称の位置に分かれるからです。本文や問題で半角を扱うとき、必ず「00<α{}< \alpha<π{}< \pi」「π\pi<α{}< \alpha<32π{}< \dfrac{3}{2}\pi」のように 角そのものの範囲 を不等式で与えたのは、この定理の後半のためです。「α\alpha の動径が第3象限」とだけ言われたら、α2\dfrac{\alpha}{2} は第2象限か第4象限かで、答えが 2 組になります。

一方、tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} は π\pi ずれても値が変わらない（tan⁡\tan の周期は π\pi）ので、動径だけで決まります。次の定理は、それを式で確かめるものです。

定理2：tan(α/2) を符号なしで表す式

α\alpha≠π{}\neq \pi+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）のとき

tan⁡α2\displaystyle \tan\frac{\alpha}{2}=sin⁡α1+cos⁡α\displaystyle {}= \frac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}

さらに α\alpha≠nπ{}\neq n\pi のときは tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=1−cos⁡αsin⁡α{}= \dfrac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} も成り立つ。

証明　α\alpha≠π{}\neq \pi+2nπ{}+ 2n\pi より α2\dfrac{\alpha}{2}≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi、よって cos⁡α2\cos\dfrac{\alpha}{2}≠0{}\neq 0 で tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} は定義される。また 11+cos⁡α{}+ \cos\alpha=2cos⁡2α2{}= 2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}≠0{}\neq 0。2 倍角の公式より

sin⁡α1+cos⁡α\displaystyle \frac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}=2sin⁡α2cos⁡α22cos⁡2α2\displaystyle {}= \frac{2\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\alpha}{2}}{2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}}=sin⁡α2cos⁡α2\displaystyle {}= \frac{\sin\dfrac{\alpha}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}}=tan⁡α2\displaystyle {}= \tan\frac{\alpha}{2}

2 つ目は、sin⁡α\sin\alpha≠0{}\neq 0 のとき 1−cos⁡αsin⁡α\dfrac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha}=2sin⁡2α22sin⁡α2cos⁡α2{}= \dfrac{2\sin^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}=tan⁡α2{}= \tan\dfrac{\alpha}{2}。（証明終）

本文の fig01 では 00<α{}< \alpha<π{}< \pi の図で tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2}=sin⁡α1+cos⁡α{}= \dfrac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha} を読みましたが、定理2は α\alpha がどこにあっても成り立ちます。平方根をとる必要がないので、公式2の tan⁡2\tan^2 の式よりも符号の心配が少なく済みます。α\alpha=π{}= \pi+2nπ{}+ 2n\pi を除くのは、そのとき α2\dfrac{\alpha}{2}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi で tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} を定義しないからです（図では点 P\mathrm{P} が B(−1, 0)\mathrm{B}(-1,\ 0) に重なり、直線 BP\mathrm{BP} が引けない場合にあたります）。

定理3：単位円上の点の表し方（有理パラメータ表示）

実数 tt に対して点 Q(t)\mathrm{Q}(t)=(1−t21+t2, 2t1+t2){}= \left(\dfrac{1 - t^2}{1 + t^2},\ \dfrac{2t}{1 + t^2}\right) を対応させると、Q(t)\mathrm{Q}(t) は単位円上の B(−1, 0)\mathrm{B}(-1,\ 0) 以外の点であり、この対応で tt と「単位円上の B\mathrm{B} 以外の点」とが 1 対 1 に対応する。Q(t)\mathrm{Q}(t) は、B\mathrm{B} を通る傾き tt の直線と単位円の B\mathrm{B} 以外の交点である。

証明　B\mathrm{B} を通る傾き tt の直線 yy=t(x+1){}= t(x + 1) を x2x^2+y2{}+ y^2=1{}= 1 に代入すると x2x^2+t2(x+1)2{}+ t^2(x + 1)^2=1{}= 1 で、これは次と同値である。

(x+1){(1+t2)x−(1−t2)}\displaystyle (x + 1)\{(1 + t^2)x - (1 - t^2)\}=0\displaystyle {}= 0

xx=−1{}= -1（点 B\mathrm{B}）以外の解は xx=1−t21+t2{}= \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2} で、yy=t(x+1){}= t(x + 1)=2t1+t2{}= \dfrac{2t}{1 + t^2}。これが Q(t)\mathrm{Q}(t) で、xx≠−1{}\neq -1 だから B\mathrm{B} ではない。逆に B\mathrm{B} 以外の単位円上の点 (x, y)(x,\ y) に対しては xx≠−1{}\neq -1 なので B\mathrm{B} とその点を結ぶ直線の傾き tt=yx+1{}= \dfrac{y}{x + 1} がただ 1 つ定まり、その点は Q(t)\mathrm{Q}(t) に一致する。（証明終）

点 Q(t)\mathrm{Q}(t) を (cos⁡α, sin⁡α)(\cos\alpha,\ \sin\alpha) と書くと、傾き tt は直線 BQ\mathrm{BQ} と xx 軸のなす角 α2\dfrac{\alpha}{2}（fig01 の円周角）の tan⁡\tan で、定理2の tt=sin⁡α1+cos⁡α{}= \dfrac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha} と一致します。j13 の式は、この定理を tan⁡α2\tan\dfrac{\alpha}{2} の言葉で書いたものでした。tt が有理数なら Q(t)\mathrm{Q}(t) の座標も有理数、逆に座標が有理数なら tt=yx+1{}= \dfrac{y}{x + 1} も有理数なので、「単位円上の有理点」と「有理数 tt」が 1 対 1 に対応します。小話3のピタゴラス数の製造機は、この事実にもとづいています。

定理4：2 重根号がはずせる条件

aa，bb を正の有理数とし、b\sqrt{b} は無理数で、a2a^2>4b{}> 4b とする。このとき、a+2b\sqrt{a + 2\sqrt{b}}=p{}= \sqrt{p}+q{}+ \sqrt{q} を満たす 00 以上の有理数 pp，qq が存在するための必要十分条件は、a2a^2−4b{}- 4b がある有理数の 2 乗であることである。（a−2b\sqrt{a - 2\sqrt{b}} についても同様。）

証明　（必要）両辺を 2 乗して aa+2b{}+ 2\sqrt{b}=p{}= p+q{}+ q+2pq{}+ 2\sqrt{pq}。rr=a{}= a−p{}- p−q{}- q（有理数）とおくと 2pq2\sqrt{pq}=2b{}= 2\sqrt{b}+r{}+ r。さらに 2 乗して 4pq4pq=4b{}= 4b+4rb{}+ 4r\sqrt{b}+r2{}+ r^2、よって 4rb4r\sqrt{b}=4pq{}= 4pq−4b{}- 4b−r2{}- r^2 は有理数。b\sqrt{b} は無理数なので rr=0{}= 0、すなわち pp+q{}+ q=a{}= a，pqpq=b{}= b。したがって pp，qq は 2 次方程式 x2x^2−ax{}- ax+b{}+ b=0{}= 0 の有理数解であり、判別式 a2a^2−4b{}- 4b は有理数の 2 乗である。

（十分）a2a^2−4b{}- 4b=c2{}= c^2（cc は正の有理数）なら、pp=a+c2{}= \dfrac{a + c}{2}，qq=a−c2{}= \dfrac{a - c}{2} は正の有理数で pp+q{}+ q=a{}= a，pqpq=a2−c24{}= \dfrac{a^2 - c^2}{4}=b{}= b。よって (p+q)2(\sqrt{p} + \sqrt{q})^2=a{}= a+2b{}+ 2\sqrt{b} で、両辺とも正だから主張が成り立つ。（証明終）

本文の 2 つの例に当てはめてみます。2−3\sqrt{2 - \sqrt{3}}=2−234{}= \sqrt{2 - 2\sqrt{\frac{3}{4}}} は aa=2{}= 2，bb=34{}= \dfrac{3}{4} で、a2a^2−4b{}- 4b=4{}= 4−3{}- 3=1{}= 1=12{}= 1^2。はずせます（pp=32{}= \dfrac{3}{2}，qq=12{}= \dfrac{1}{2} で、32\sqrt{\dfrac{3}{2}}−12{}- \sqrt{\dfrac{1}{2}}=6−22{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}）。一方 2−2\sqrt{2 - \sqrt{2}}=2−212{}= \sqrt{2 - 2\sqrt{\frac{1}{2}}} は aa=2{}= 2，bb=12{}= \dfrac{1}{2} で、a2a^2−4b{}- 4b=2{}= 2 は有理数の 2 乗ではありません。sin⁡π8\sin\dfrac{\pi}{8} の 2 重根号がはずせないのは、計算が下手だからではなく、そもそも有理数の pp，qq が存在しないからです。定理の中に「和が aa、積が bb の 2 数」＝「2 次方程式の解」が現れるところは、本文で「数I の因数分解と同じ作業」と言ったことの裏付けになっています。

**補足：角の 3 等分はできない。**半角の公式は「角の二等分」を計算にしたものでした。では「角の 3 等分」はどうでしょう。j17 の 3 倍角の公式 cos⁡3α\cos 3\alpha=4cos⁡3α{}= 4\cos^3\alpha−3cos⁡α{}- 3\cos\alpha で 3α3\alpha=π3{}= \dfrac{\pi}{3} とおくと、xx=cos⁡π9{}= \cos\dfrac{\pi}{9} は 3 次方程式 4x34x^3−3x{}- 3x=12{}= \dfrac{1}{2} の解です。この 3 次方程式の解は、有理数から出発して四則演算と平方根（ \sqrt{\ }）を何回くり返しても書けないことが知られています（1837 年、ヴァンツェルによる）。定規とコンパスの作図でできるのは「四則と平方根」で書ける長さだけなので、π3\dfrac{\pi}{3} の 3 等分は作図できません。二等分は平方根 1 回（半角の公式）でできるのに、3 等分は 3 次方程式を解く必要があり、平方根では届かない——ギリシャ以来の「作図の三大問題」の 1 つは、こうして否定的に解決されました（詳しくは大学の代数学で扱います）。

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