目次 ／ 三角比と三角関数 ／ 数学II

第11章　三角関数の合成

—— sin と cos の和は、加法定理を「右から左へ」読むと 1 つの sin にまとまる ——

第10章の最後で、次数下げのあとに sin 2θ + cos 2θ が残って手が止まりました。この章はそこから始めます。第9章 j19 (2) の展開を右から左へ読むと sin θ + cos θ = √2 sin(θ + π/4)——sin と cos の和が 1 つの sin にまとまります。一般の a sin θ + b cos θ でも同じことができて、点 (a, b) の原点からの距離 r = √(a² + b²) と、動径の角 α を使って r sin(θ + α) と書けます。これが三角関数の合成です。合成してしまえば、最大・最小は sin の値の範囲だけで決まり、第8章以来お預けだった sin θ + cos θ = k の方程式・不等式も「かたまり」の型に落ちます。後半では、2 次式を両替して合成する型と、t = sin θ + cos θ とおく置き換え（t の範囲を合成で出す）を扱い、周期の違う 2 つの波は 1 本にまとまらないことを見て第12章「積和・和積の公式」につなぎます。

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右から左へ読む——sin と cos の和が 1 つの sin になる

第10章の最後で、sin⁡2θ\sin^2\theta+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta+3cos⁡2θ{}+ 3\cos^2\theta を両替して 22+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta まで進み、そこで手が止まりました。sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta は 1 種類にそろえることも、1 つのかたまりにすることもできなかったからです。j20 では「2sin⁡(2θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) に等しい」という答えを先に渡して、加法定理で確かめてもらいました。この章では、その答えを自分で見つける方法を作ります。

出発点は第9章 j19 (2) の展開です。

sin⁡(θ+π4)\displaystyle \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)=sin⁡θcos⁡π4\displaystyle {}= \sin\theta\cos\frac{\pi}{4}+cos⁡θsin⁡π4\displaystyle {}+ \cos\theta\sin\frac{\pi}{4}=22(sin⁡θ+cos⁡θ)\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta + \cos\theta)

これを右から左へ読み、両辺を 2\sqrt{2} 倍すると

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 にまとまりました。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。では sin⁡θ\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta や 3sin⁡θ3\sin\theta−4cos⁡θ{}- 4\cos\theta のように係数が変わったら、2\sqrt{2} と π4\dfrac{\pi}{4} にあたる数はどう見つければよいでしょう。

一般に asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形にしたいとします。右辺を加法定理でほどくと

rsin⁡(θ+α)\displaystyle r\sin(\theta + \alpha)=rcos⁡α sin⁡θ\displaystyle {}= r\cos\alpha\,\sin\theta+rsin⁡α cos⁡θ\displaystyle {}+ r\sin\alpha\,\cos\theta

なので、sin⁡θ\sin\theta の係数どうし、cos⁡θ\cos\theta の係数どうしを見比べて aa=rcos⁡α{}= r\cos\alpha，bb=rsin⁡α{}= r\sin\alpha であればよい。つまり、点 (a, b)(a,\ b) が「原点からの距離 rr、動径の角 α\alpha」の位置にあるということです。rr は 2 点間の距離の公式で rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2}、α\alpha は cos⁡α\cos\alpha=ar{}= \dfrac{a}{r}，sin⁡α\sin\alpha=br{}= \dfrac{b}{r} を満たす角として決まります。

x y O 単位円 α P(a, b) r = √(a² + b²) a b (cos α, sin α) cos α = a/r，sin α = b/r a = r cos α，b = r sin α
公式1：三角関数の合成

aa，bb が同時に 00 でないとき

asin⁡θ\displaystyle a\sin\theta+bcos⁡θ\displaystyle {}+ b\cos\theta=rsin⁡(θ+α)\displaystyle {}= r\sin(\theta + \alpha)

ただし rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2} で、α\alpha は cos⁡α\cos\alpha=ar{}= \dfrac{a}{r}，sin⁡α\sin\alpha=br{}= \dfrac{b}{r} を満たす角である。この書き換えを三角関数の合成という。

手順：① 点 (a, b)(a,\ b) を座標平面に打つ → ② rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2}（原点からの距離）→ ③ (ar, br)\left(\dfrac{a}{r},\ \dfrac{b}{r}\right) が (cos⁡α, sin⁡α)(\cos\alpha,\ \sin\alpha) になる角 α\alpha を単位円で読む。

rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2} は「係数を 2 乗して足して平方根」です。第9章 j15 で cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) を作るために 2 つの条件を 2 乗して足したのと同じ発想で、sin⁡2α\sin^2\alpha+cos⁡2α{}+ \cos^2\alpha=1{}= 1 を使って (rcos⁡α)2(r\cos\alpha)^2+(rsin⁡α)2{}+ (r\sin\alpha)^2=r2{}= r^2 から rr を取り出しています。sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta なら aa=b{}= b=1{}= 1 で rr=2{}= \sqrt{2}、点 (1, 1)(1,\ 1) の動径の角は π4\dfrac{\pi}{4}——冒頭の式が、公式1からも出てきました。

グラフで見ると何が起きているのでしょう。yy=3sin⁡θ{}= \sqrt{3}\sin\theta と yy=cos⁡θ{}= \cos\theta は、振幅も位置も違う 2 本の波です。ところが同じ θ\theta での高さを足し合わせると、結果は yy=2sin⁡(θ+π6){}= 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)——周期 2π2\pi の、きれいな 1 本の波になります。第7章小話3で「2 つの波の足し算」を予告しましたが、周期が同じ波どうしなら、足しても波の形は崩れず、振幅と位置だけが変わるのです。

θ y O π/2 π 3π/2 2π 2 1 −1 −2 最大 2（θ = π/3） y = √3 sin θ y = cos θ y = 2 sin(θ + π/6)（2 本の和）

三角関数の合成とは、加法定理を右から左へ読んで asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) にまとめることで、rr は点 (a, b)(a,\ b) の原点からの距離、α\alpha はその動径の角だということです。

例題1：合成する

(1) sin⁡θ\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta

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

(3) −sin⁡θ-\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi として、上の各式を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形で表しなさい。

【解答】

(1) 点 (1, 3)(1,\ \sqrt{3}) で rr=1+3{}= \sqrt{1 + 3}=2{}= 2。(12, 32)\left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=(cos⁡α, sin⁡α){}= (\cos\alpha,\ \sin\alpha) となる角は α\alpha=π3{}= \dfrac{\pi}{3}。

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta+3cos⁡θ\displaystyle {}+ \sqrt{3}\cos\theta=2sin⁡(θ+π3)‾\displaystyle {}= \underline{2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right)}

(2) 点 (3, −1)(\sqrt{3},\ -1) で rr=3+1{}= \sqrt{3 + 1}=2{}= 2。(32, −12)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right) は第4象限の点で、α\alpha=−π6{}= -\dfrac{\pi}{6}。

3sin⁡θ\displaystyle \sqrt{3}\sin\theta−cos⁡θ\displaystyle {}- \cos\theta=2sin⁡(θ−π6)‾\displaystyle {}= \underline{2\sin\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right)}

(3) 点 (−1, 1)(-1,\ 1) で rr=2{}= \sqrt{2}。(−22, 22)\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) は第2象限の点で、α\alpha=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi。

−sin⁡θ\displaystyle -\sin\theta+cos⁡θ\displaystyle {}+ \cos\theta=2sin⁡(θ+34π)‾\displaystyle {}= \underline{\sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{3}{4}\pi\right)}

検算は、右辺を加法定理でほどけばできます。(2) なら 2(sin⁡θcos⁡π6−cos⁡θsin⁡π6)2\left(\sin\theta\cos\dfrac{\pi}{6} - \cos\theta\sin\dfrac{\pi}{6}\right)=3sin⁡θ{}= \sqrt{3}\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta で元に戻ります。(1) は fig02 とは別の組（sin⁡\sin の係数が 11、cos⁡\cos の係数が 3\sqrt{3}）なので、α\alpha が π6\dfrac{\pi}{6} ではなく π3\dfrac{\pi}{3} になっています。点 (1, 3)(1,\ \sqrt{3}) と点 (3, 1)(\sqrt{3},\ 1) は直線 yy=x{}= x について対称なので、動径の角も π3\dfrac{\pi}{3} と π6\dfrac{\pi}{6}——足して π2\dfrac{\pi}{2} になる組（第6章公式5の π2\dfrac{\pi}{2}−θ{}- \theta）です。

α の決め方——点 (a, b) の象限を見る

合成でいちばん間違えやすいのは α\alpha の符号です。tan⁡α\tan\alpha=ba{}= \dfrac{b}{a} だけで決めようとすると、tan⁡\tan の値が同じ角は π\pi 違いで 2 つあるので（第8章公式2）、どちらか分かりません。例題1 (2) の tan⁡α\tan\alpha=−13{}= -\dfrac{1}{\sqrt{3}} を満たす角は −π6-\dfrac{\pi}{6} と 56π\dfrac{5}{6}\pi の 2 つで、点 (3, −1)(\sqrt{3},\ -1) が第4象限にあることを見て初めて −π6-\dfrac{\pi}{6} に決まります。

cos⁡α\cos\alpha=ar{}= \dfrac{a}{r} と sin⁡α\sin\alpha=br{}= \dfrac{b}{r} の両方を見れば迷いません。aa の符号が cos⁡α\cos\alpha の符号、bb の符号が sin⁡α\sin\alpha の符号です。第6章の「地図の方角」でいえば、cos⁡\cos が東西、sin⁡\sin が南北で、(a, b)(a,\ b) の位置がそのまま α\alpha の方角を指しています。

公式2：α の範囲と、合成の読み方
  • α\alpha は −π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi の範囲にとる（θ\theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6} のように引き算の形で書けるようにするため。2π2\pi を足しても同じ式なので、問題で範囲の指定があればそれに従う）。
  • α\alpha は点 (a, b)(a,\ b) の象限で決める。aa>0,{}> 0,bb>0{}> 0 なら第1象限、aa>0,{}> 0,bb<0{}< 0 なら第4象限（α\alpha<0{}< 0）、aa<0{}< 0 なら ∣α∣|\alpha|>π2{}> \dfrac{\pi}{2}。
  • 合成した yy=rsin⁡(θ+α){}= r\sin(\theta + \alpha) は、第7章の読み方で振幅 rr、周期 2π2\pi、yy=sin⁡θ{}= \sin\theta を θ\theta 軸方向に −α-\alpha だけ平行移動（α\alpha>0{}> 0 なら左に α\alpha）したグラフ。
  • 補足（cos⁡\cos での合成）：asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=rcos⁡(θ−β){}= r\cos(\theta - \beta)，cos⁡β\cos\beta=br{}= \dfrac{b}{r}，sin⁡β\sin\beta=ar{}= \dfrac{a}{r} とも書ける（aa と bb の役割が入れ替わる）。ふつうは sin⁡\sin で合成する。

α\alpha の範囲を −π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi にするのは、θ\theta+116π{}+ \dfrac{11}{6}\pi と書くより θ\theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6} と書くほうが、あとで「かたまりの範囲」を追うときに見やすいからです。−π6-\dfrac{\pi}{6}+2π{}+ 2\pi=116π{}= \dfrac{11}{6}\pi なので、どちらも同じ関数です。

cos⁡\cos での合成は、rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta)=rcos⁡βcos⁡θ{}= r\cos\beta\cos\theta+rsin⁡βsin⁡θ{}+ r\sin\beta\sin\theta を係数比較したものです。cos⁡θ\cos\theta の係数 bb が rcos⁡βr\cos\beta、sin⁡θ\sin\theta の係数 aa が rsin⁡βr\sin\beta になるので、点 (b, a)(b,\ a) の動径の角が β\beta——sin⁡\sin の合成で使う点 (a, b)(a,\ b) を、直線 yy=x{}= x で折り返した点です（第6章の折り紙）。sin⁡(θ+α)\sin(\theta + \alpha)=cos⁡(θ+α−π2){}= \cos\left(\theta + \alpha - \dfrac{\pi}{2}\right) なので、sin⁡\sin で合成した式を π2\dfrac{\pi}{2} ずらせば cos⁡\cos の形になり、rr は変わりません。rr は「どちらで合成しても同じ」、つまり波の振幅そのものです。

α\alpha は tan⁡\tan だけでなく cos⁡α\cos\alpha と sin⁡α\sin\alpha の両方の符号、つまり点 (a, b)(a,\ b) の象限で決め、合成した式は振幅 rr・左に α\alpha ずらした波として読めるということです。

例題2：グラフを読む・cos で合成する

(1) 関数 yy=3sin⁡θ{}= \sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta のグラフの振幅と周期、および yy=sin⁡θ{}= \sin\theta のグラフをどれだけ平行移動したものかを求めなさい。

(2) rr>0{}> 0，−π-\pi<β{}< \beta≦π{}\leqq \pi として、3sin⁡θ\sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta を rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta) の形で表しなさい。

【解答】

(1) 点 (3, 1)(\sqrt{3},\ 1) で rr=2{}= 2、(32, 12)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ \dfrac{1}{2}\right) は α\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6}。よって

y\displaystyle y=2sin⁡(θ+π6)\displaystyle {}= 2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)

第7章の読み方で、振幅 22、周期 2π2\pi、yy=sin⁡θ{}= \sin\theta のグラフを θ\theta 軸方向に −π6-\dfrac{\pi}{6}（左に π6\dfrac{\pi}{6}）だけ平行移動し、yy 軸方向に 22 倍に引き伸ばしたものです。（fig02 の太線）

(2) rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta)=rcos⁡βcos⁡θ{}= r\cos\beta\cos\theta+rsin⁡βsin⁡θ{}+ r\sin\beta\sin\theta と見比べて、rcos⁡βr\cos\beta=1{}= 1（cos⁡θ\cos\theta の係数）、rsin⁡βr\sin\beta=3{}= \sqrt{3}（sin⁡θ\sin\theta の係数）。点 (1, 3)(1,\ \sqrt{3}) で rr=2{}= 2，β\beta=π3{}= \dfrac{\pi}{3}。

3sin⁡θ\displaystyle \sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ\displaystyle {}+ \cos\theta=2cos⁡(θ−π3)‾\displaystyle {}= \underline{2\cos\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right)}

(1) と (2) は同じ関数の 2 通りの書き方で、2sin⁡(θ+π6)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)=2cos⁡(θ+π6−π2){}= 2\cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{6} - \dfrac{\pi}{2}\right)=2cos⁡(θ−π3){}= 2\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) とつながっています（第6章公式5）。sin⁡\sin で合成すると「左に π6\dfrac{\pi}{6}」、cos⁡\cos で合成すると「cos⁡\cos のグラフを右に π3\dfrac{\pi}{3}」で、どちらも同じ波を指しています。fig02 で最大 22 をとる θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} は、cos⁡\cos の式なら θ\theta−π3{}- \dfrac{\pi}{3}=0{}= 0 で一目です。

合成で最大・最小を求める

合成の最大の利点は、最大・最小が一瞬で分かることです。yy=rsin⁡(θ+α){}= r\sin(\theta + \alpha) は sin⁡\sin の値が −1-1 から 11 までなので、θ\theta に範囲がなければ最大値 rr、最小値 −r-r。範囲があるときは、第7章・第8章と同じく、かたまり θ\theta+α{}+ \alpha を箱に入れて「箱の中身の範囲」を先に書きます。

公式3：合成による最大・最小

yy=asin⁡θ{}= a\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=rsin⁡(θ+α){}= r\sin(\theta + \alpha) について

  • θ\theta に範囲がなければ、最大値 rr（θ\theta+α{}+ \alpha=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+2nπ{}+ 2n\pi）、最小値 −r-r（θ\theta+α{}+ \alpha=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi+2nπ{}+ 2n\pi）。
  • θ\theta に範囲があれば、かたまり tt=θ{}= \theta+α{}+ \alpha の範囲を先に書き、その範囲で sin⁡t\sin t が動く幅を単位円（水面の高さ）で読む。
  • 答えは「最大値 22（θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}）」のように、とる θ\theta を添える（かたまりの値から θ\theta に戻す）。

範囲つきのときに注意したいのは、sin⁡t\sin t が 11 や −1-1 に届かないことがある点です。範囲の端で sin⁡t\sin t の値がいくつか、途中に π2\dfrac{\pi}{2} や 32π\dfrac{3}{2}\pi を通るかどうか、を単位円で確かめます。第10章 j15 で tt=sin⁡θ{}= \sin\theta の範囲を狭めたのと同じ発想で、今度はかたまり θ\theta+α{}+ \alpha の範囲を狭めます。

合成すれば最大・最小は sin⁡\sin の値の幅で決まり、範囲なしなら ±r\pm r、範囲つきならかたまり θ\theta+α{}+ \alpha の範囲を先に書いて単位円で読むということです。

例題3：合成で最大・最小

(1) 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、関数 yy=sin⁡θ{}= \sin\theta−cos⁡θ{}- \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。

(2) 00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} のとき、関数 yy=sin⁡θ{}= \sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\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) 点 (1, −1)(1,\ -1) で rr=2{}= \sqrt{2}，α\alpha=−π4{}= -\dfrac{\pi}{4} なので yy=2sin⁡(θ−π4){}= \sqrt{2}\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)。かたまり tt=θ{}= \theta−π4{}- \dfrac{\pi}{4} の範囲は −π4-\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<74π{}< \dfrac{7}{4}\pi で、単位円をちょうど 1 周します。sin⁡t\sin t=1{}= 1 は tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2}、sin⁡t\sin t=−1{}= -1 は tt=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi で、θ\theta に戻すと 34π\dfrac{3}{4}\pi，74π\dfrac{7}{4}\pi。

最大値 2 (θ=34π),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } \sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{3}{4}\pi\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−2 (θ=74π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-\sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{7}{4}\pi\right)}

(2) 例題1 (1) より yy=2sin⁡(θ+π3){}= 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)。かたまり tt=θ{}= \theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} の範囲は π3\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t≦56π{}\leqq \dfrac{5}{6}\pi。この範囲で sin⁡t\sin t は、tt=π3{}= \dfrac{\pi}{3} の 32\dfrac{\sqrt{3}}{2} から tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11 まで上がり、tt=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi で 12\dfrac{1}{2} まで下がります。最大は tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2}（θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}）で 22、最小は右端 tt=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi（θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}）で 2⋅122 \cdot \dfrac{1}{2}=1{}= 1。

最大値 2 (θ=π6),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\text{最大値 } 2\ \left(\theta = \frac{\pi}{6}\right),}最小値 1 (θ=π2)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\quad \text{最小値 } 1\ \left(\theta = \frac{\pi}{2}\right)}

(2) は sin⁡t\sin t=−1{}= -1 に届かないので、最小値は −2-2 ではありません。検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を元の式に入れると 11+0{}+ 0=1{}= 1、θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} なら 12\dfrac{1}{2}+3⋅32{}+ \sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=2{}= 2 で合っています。(1) の θ\theta=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi は sin⁡θ\sin\theta=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}，cos⁡θ\cos\theta=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2} で差が 2\sqrt{2}——「sin⁡\sin が正で cos⁡\cos が負」の点で差が最大になる、という直感とも合います。

合成を使った方程式・不等式——sin θ + cos θ = k をようやく

第8章の申し送りで「sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=k{}= k は合成が要るので後回し」と書きました。合成ができた今、この型は第8章の「かたまり」の方程式（公式5）に落ちます。

公式4：合成を使った方程式・不等式の手順
  1. 左辺を合成して rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha)=k{}= k にし、両辺を rr で割って sin⁡(θ+α)\sin(\theta + \alpha)=kr{}= \dfrac{k}{r} にする。
  2. かたまり tt=θ{}= \theta+α{}+ \alpha の範囲を先に書く（00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi なら α\alpha≦t{}\leqq t<α{}< \alpha+2π{}+ 2\pi）。
  3. その範囲で sin⁡t\sin t=kr{}= \dfrac{k}{r}（水面との交点）を解き、θ\theta=t{}= t−α{}- \alpha に戻す。
  4. 不等式は境目を 3 で出してから弧を選ぶ（第8章公式4）。∣kr∣\left|\dfrac{k}{r}\right|>1{}> 1 なら解なし。

第8章では sin⁡θ\sin\theta=k{}= k の kk がすべて三角定規の値でした。この章でも、合成したあとの kr\dfrac{k}{r} が三角定規の値になる問題だけを扱います。手順 2 の「かたまりの範囲」は、α\alpha が負のときは −π6-\dfrac{\pi}{6}≦t{}\leqq t<116π{}< \dfrac{11}{6}\pi のように 00 より手前から始まるので、単位円のどこから 1 周するかを確かめてから交点を数えます。

asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=k{}= k は、合成して sin⁡(θ+α)\sin(\theta + \alpha)=kr{}= \dfrac{k}{r} にし、かたまりの範囲を先に書いて第8章の型で解くということです。

例題4：合成を使った方程式・不等式

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi とします。

(1) 方程式 sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=1{}= 1 の解を求めなさい。

(2) 不等式 3sin⁡θ\sqrt{3}\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta>1{}> 1 の解を求めなさい。

【解答】

(1) 左辺を合成して 2sin⁡(θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1、つまり sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}。かたまり tt=θ{}= \theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲は π4\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<94π{}< \dfrac{9}{4}\pi。この範囲で水面 yy=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} との交点は tt=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi（94π\dfrac{9}{4}\pi は範囲外）。θ\theta=t{}= t−π4{}- \dfrac{\pi}{4} に戻して

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\theta = 0,} π2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \frac{\pi}{2}}

(2) 点 (3, −1)(\sqrt{3},\ -1) で rr=2{}= 2，α\alpha=−π6{}= -\dfrac{\pi}{6}（例題1 (2)）。2sin⁡(θ−π6)2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)>1{}> 1 より sin⁡(θ−π6)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)>12{}> \dfrac{1}{2}。かたまり tt=θ{}= \theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6} の範囲は −π6-\dfrac{\pi}{6}≦t{}\leqq t<116π{}< \dfrac{11}{6}\pi。境目 sin⁡t\sin t=12{}= \dfrac{1}{2} はこの範囲で tt=π6,{}= \dfrac{\pi}{6}, 56π\ \dfrac{5}{6}\pi、水面より上の弧は π6\dfrac{\pi}{6}<t{}< t<56π{}< \dfrac{5}{6}\pi。θ\theta=t{}= t+π6{}+ \dfrac{\pi}{6} に戻して

π3<θ<π‾\underline{\frac{\pi}{3} < \theta < \pi}

(1) の検算：θ\theta=0{}= 0 で 00+1{}+ 1=1{}= 1、θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11+0{}+ 0=1{}= 1。(2) の検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}（解に含まれる）で 3\sqrt{3}−0{}- 0>1{}> 1、θ\theta=π{}= \pi（境目）で 00+1{}+ 1=1{}= 1 で等号になり、含まれません。範囲が −π6-\dfrac{\pi}{6} から始まるので、tt=π6{}= \dfrac{\pi}{6} の手前に「−π6-\dfrac{\pi}{6} から π6\dfrac{\pi}{6} まで」の水面より下の弧があり、そこは解に入りません。かたまりの範囲を書かずに 00≦t{}\leqq t<2π{}< 2\pi と思い込むと、この端の処理を誤ります。

2 次式は両替してから合成する

第10章の j20 に戻ります。sin⁡2θ\sin^2\theta，sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta，cos⁡2θ\cos^2\theta を含む 2 次式は、両替（次数下げ）で sin⁡2θ\sin 2\theta と cos⁡2θ\cos 2\theta の 1 次式になり、定数が余ります。残った asin⁡2θa\sin 2\theta+bcos⁡2θ{}+ b\cos 2\theta を合成すれば、かたまり 2θ2\theta+α{}+ \alpha の 1 つの sin⁡\sin になります。j20 の f(θ)f(\theta)=2{}= 2+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta=2{}= 2+2sin⁡(2θ+π4){}+ \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) で最大が θ\theta=π8{}= \dfrac{\pi}{8} だったのは、この 2 段の手順の結果でした。

公式5：2 次式の最大・最小（両替 → 合成）

psin⁡2θp\sin^2\theta+qsin⁡θcos⁡θ{}+ q\sin\theta\cos\theta+scos⁡2θ{}+ s\cos^2\theta の型は

  1. 両替：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}，sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2} で (定数)(\text{定数})+asin⁡2θ{}+ a\sin 2\theta+bcos⁡2θ{}+ b\cos 2\theta にする。
  2. 合成：asin⁡2θa\sin 2\theta+bcos⁡2θ{}+ b\cos 2\theta=rsin⁡(2θ+α){}= r\sin(2\theta + \alpha)（角が 2θ2\theta でも、点 (a, b)(a,\ b) で rr と α\alpha を決める手順は同じ）。
  3. かたまり 2θ2\theta+α{}+ \alpha の範囲を先に書く（θ\theta の範囲を 2 倍して α\alpha を足す）。

第10章の公式6では「1 種類にそろう型」と「次数を下げて 2θ2\theta のかたまりにする型」の 2 つでした。合成が加わって、次数を下げたあとに sin⁡2θ\sin 2\theta と cos⁡2θ\cos 2\theta が両方残る型も、同じ「かたまり」の型に落ちます。2 次式の最大・最小は、これで一通りそろったことになります。

sin⁡\sin・cos⁡\cos の 2 次式は、両替で sin⁡2θ\sin 2\theta・cos⁡2θ\cos 2\theta の 1 次式にし、残った 2 項を合成してかたまり 2θ2\theta+α{}+ \alpha の範囲で読むということです。

例題5：2 次式を両替して合成する

00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} のとき、関数 yy=3sin⁡2θ{}= 3\sin^2\theta+23sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\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】

3 つの項をすべて両替します。

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

3sin⁡2θ\sqrt{3}\sin 2\theta−cos⁡2θ{}- \cos 2\theta を合成します。点 (3, −1)(\sqrt{3},\ -1) で rr=2{}= 2，α\alpha=−π6{}= -\dfrac{\pi}{6} なので

y\displaystyle y=2\displaystyle {}= 2+2sin⁡(2θ−π6)\displaystyle {}+ 2\sin\left(2\theta - \frac{\pi}{6}\right)

かたまり tt=2θ{}= 2\theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6} の範囲は、00≦2θ{}\leqq 2\theta≦π{}\leqq \pi より −π6-\dfrac{\pi}{6}≦t{}\leqq t≦56π{}\leqq \dfrac{5}{6}\pi。この範囲で sin⁡t\sin t は tt=−π6{}= -\dfrac{\pi}{6} の −12-\dfrac{1}{2} から tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11 まで上がり、tt=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi で 12\dfrac{1}{2} まで下がります。

  • 最大：tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，つまり θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で 22+2{}+ 2=4{}= 4
  • 最小：tt=−π6{}= -\dfrac{\pi}{6}，つまり θ\theta=0{}= 0 で 22+2⋅(−12){}+ 2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)=1{}= 1
最大値 4 (θ=π3),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\text{最大値 } 4\ \left(\theta = \frac{\pi}{3}\right),}最小値 1 (θ=0)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\quad \text{最小値 } 1\ (\theta = 0)}

検算：θ\theta=0{}= 0 で yy=0{}= 0+0{}+ 0+1{}+ 1=1{}= 1、θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で yy=3⋅34{}= 3 \cdot \dfrac{3}{4}+23⋅32⋅12{}+ 2\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{1}{2}+14{}+ \dfrac{1}{4}=94{}= \dfrac{9}{4}+32{}+ \dfrac{3}{2}+14{}+ \dfrac{1}{4}=4{}= 4。両替で係数が半分になったり定数が出たりするので、最後は元の式に代入して確かめる癖をつけておくと安心です。

t = sin θ + cos θ とおく——和と積をつなぐ置き換え

sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta と sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta が同時に現れる式には、もう 1 つ定番の方法があります。第6章 j11 で見たように、(sin⁡θ+cos⁡θ)2(\sin\theta + \cos\theta)^2=1{}= 1+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta なので、和を tt とおけば積も tt で書けます。ただし tt の動く範囲は、合成が無いと決められませんでした。この章でようやく道具がそろいます。

公式6：t = sin θ + cos θ の置き換え

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta とおくと

sin⁡θcos⁡θ\displaystyle \sin\theta\cos\theta=t2−12,\displaystyle {}= \frac{t^2 - 1}{2},t\displaystyle t=2sin⁡(θ+π4) より\displaystyle {}= \sqrt{2}\sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)\ \text{より} −2\displaystyle {}\ -\sqrt{2}≦t\displaystyle {}\leqq t≦2\displaystyle {}\leqq \sqrt{2}

θ\theta に範囲があるときは、かたまり θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲から tt の範囲を狭める。sin⁡2θ\sin 2\theta=2sin⁡θcos⁡θ{}= 2\sin\theta\cos\theta=t2{}= t^2−1{}- 1 も同じ置き換えで処理できる。

tt の範囲を −1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 や −2-2≦t{}\leqq t≦2{}\leqq 2 と書いてしまう間違いがよくあります。sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta はそれぞれ −1-1 から 11 ですが、両方が同時に 11 になることはなく（相互関係に反する）、和の最大は θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} の 2\sqrt{2} です。合成 2sin⁡(θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) がその根拠になります。置き換えたあとは、第8章 j16・第10章 j12 と同じ「範囲つきの 2 次関数の最大・最小」です。

t y O −√2 −1 √2 −1 1/2 + √2 最大（t = √2） 最小 −1（t = −1） (−√2, 1/2 − √2) y = (1/2)(t + 1)² − 1

sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=t{}= t とおくと積は t2−12\dfrac{t^2 - 1}{2} で書け、tt の範囲 −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2} は合成で決まるということです。

例題6：t = sin θ + cos θ の置き換え

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、関数 yy=sin⁡θcos⁡θ{}= \sin\theta\cos\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta+cos⁡θ{}+ \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】

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta とおくと、tt=2sin⁡(θ+π4){}= \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) で、θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} は π4\dfrac{\pi}{4} から 94π\dfrac{9}{4}\pi の手前まで 1 周するので −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2}。sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=t2−12{}= \dfrac{t^2 - 1}{2} より

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

図のように下に凸の放物線で、頂点 tt=−1{}= -1 は範囲内なので最小値は −1-1。最大は頂点から遠い右端 tt=2{}= \sqrt{2} で yy=2−12{}= \dfrac{2 - 1}{2}+2{}+ \sqrt{2}=12{}= \dfrac{1}{2}+2{}+ \sqrt{2}。

θ\theta に戻します。tt=2{}= \sqrt{2} は sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1 で θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}、つまり θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}。tt=−1{}= -1 は sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2} で θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=54π,{}= \dfrac{5}{4}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi、つまり θ\theta=π,{}= \pi, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi。

最大値 12‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } \frac{1}{2}}+2 (θ=π4),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}+ \sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{4}\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−1 (θ=π, 32π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-1\ \left(\theta = \pi,\ \frac{3}{2}\pi\right)}

検算：θ\theta=π{}= \pi で yy=0{}= 0+0{}+ 0+(−1){}+ (-1)=−1{}= -1、θ\theta=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi で yy=0{}= 0+(−1){}+ (-1)+0{}+ 0=−1{}= -1。最小をとる θ\theta が 2 つあるのは、tt=−1{}= -1 という水面が単位円と 2 点で交わるからで、第8章の「tt 1 個に θ\theta が 2 個」がここでも効いています。

第12章へ——周期が違う 2 つの波は 1 本にならない

合成は、sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta のように周期が同じ 2 つの波を足したときに、1 本の波にまとめる道具でした。角の部分が同じ（θ\theta と θ\theta、2θ2\theta と 2θ2\theta）だからこそ、加法定理の展開形と見比べられたのです。

では sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta はどうでしょう。周期 23π\dfrac{2}{3}\pi の波と周期 2π2\pi の波の和で、角がそろっていないので合成できません。グラフを描いても、単純なサインカーブにはなりません。ところが、この和にも別のまとめ方があります。第9章公式6の「よく使う結果」で

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)+sin⁡(α−β)\displaystyle {}+ \sin(\alpha - \beta)=2sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\beta

を出しました。α\alpha=2θ{}= 2\theta，β\beta=θ{}= \theta とおけば sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=2sin⁡2θcos⁡θ{}= 2\sin 2\theta\cos\theta——和が、2 つの波の積にまとまります。第12章では、この足し引きに「積和・和積の公式」という名前を付けて整理し、周期の違う波の和を積に直す方法を扱います。第8章小話3で予告した楽器の「うなり」の正体も、そこで分かります。j20 で入口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

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi として、sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

2sin⁡(θ+π4)‾\underline{\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)}（点 (1, 1)(1,\ 1) で rr=2{}= \sqrt{2}，α\alpha=π4{}= \dfrac{\pi}{4}）

自己採点：
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問2

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi として、sin⁡θ\sin\theta−3cos⁡θ{}- \sqrt{3}\cos\theta を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

2sin⁡(θ−π3)‾\underline{2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)}（点 (1, −3)(1,\ -\sqrt{3}) は第4象限で rr=2{}= 2，α\alpha=−π3{}= -\dfrac{\pi}{3}）

自己採点：
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問3

関数 yy=sin⁡θ{}= \sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta の最大値と最小値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 2‾\underline{2}，最小値 −2‾\underline{-2}（rr=1+3{}= \sqrt{1 + 3}=2{}= 2。yy=2sin⁡(θ+π3){}= 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)）

自己採点：
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問4

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

つまずいたときは：
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答え

θ=π4‾\underline{\theta = \dfrac{\pi}{4}}（sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1 で θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}）

自己採点：
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問5

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta とおくとき、sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta を tt を用いて表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡θcos⁡θ=t2−12‾\underline{\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}}（t2t^2=1{}= 1+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta）

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　★

(1) 3sin⁡θ\sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta

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

(3) −sin⁡θ-\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi として、上の各式を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 2sin⁡(θ+π6)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)　(2) 2sin⁡(θ−π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)　(3) 2sin⁡(θ+23π)2\sin\left(\theta + \dfrac{2}{3}\pi\right)

解説

どれも「点 (a, b)(a,\ b) を打つ → rr → 象限を見て α\alpha」の手順です。

(1) 点 (3, 1)(\sqrt{3},\ 1) で rr=3+1{}= \sqrt{3 + 1}=2{}= 2。(32, 12)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ \dfrac{1}{2}\right)=(cos⁡α, sin⁡α){}= (\cos\alpha,\ \sin\alpha) は第1象限で α\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6}。

3sin⁡θ\displaystyle \sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ\displaystyle {}+ \cos\theta=2sin⁡(θ+π6)‾\displaystyle {}= \underline{2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)}

(2) 点 (1, −1)(1,\ -1) で rr=2{}= \sqrt{2}。(22, −22)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) は第4象限で α\alpha=−π4{}= -\dfrac{\pi}{4}。

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

(3) 点 (−1, 3)(-1,\ \sqrt{3}) で rr=2{}= 2。(−12, 32)\left(-\dfrac{1}{2},\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) は第2象限で α\alpha=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi。

−sin⁡θ\displaystyle -\sin\theta+3cos⁡θ\displaystyle {}+ \sqrt{3}\cos\theta=2sin⁡(θ+23π)‾\displaystyle {}= \underline{2\sin\left(\theta + \frac{2}{3}\pi\right)}

(3) は tan⁡α\tan\alpha=−3{}= -\sqrt{3} だけ見ると −π3-\dfrac{\pi}{3} とも取れますが、cos⁡α\cos\alpha=−12{}= -\dfrac{1}{2}<0{}< 0 なので第2象限の 23π\dfrac{2}{3}\pi です。検算：

2sin⁡(θ+23π)\displaystyle 2\sin\left(\theta + \frac{2}{3}\pi\right)=2(sin⁡θ⋅(−12)\displaystyle {}= 2\biggl(\sin\theta \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+cos⁡θ⋅32)\displaystyle {}\qquad + \cos\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\biggr)=−sin⁡θ\displaystyle {}= -\sin\theta+3cos⁡θ\displaystyle {}+ \sqrt{3}\cos\theta
自己採点：
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問2　★

(1) 3sin⁡θ3\sin\theta+33cos⁡θ{}+ 3\sqrt{3}\cos\theta

(2) −2sin⁡θ-\sqrt{2}\sin\theta−2cos⁡θ{}- \sqrt{2}\cos\theta

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi として、上の各式を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 6sin⁡(θ+π3)6\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)　(2) 2sin⁡(θ−34π)2\sin\left(\theta - \dfrac{3}{4}\pi\right)

解説

(1) 点 (3, 33)(3,\ 3\sqrt{3}) で rr=9+27{}= \sqrt{9 + 27}=36{}= \sqrt{36}=6{}= 6。(36, 336)\left(\dfrac{3}{6},\ \dfrac{3\sqrt{3}}{6}\right)=(12, 32){}= \left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) で α\alpha=π3{}= \dfrac{\pi}{3}。

3sin⁡θ\displaystyle 3\sin\theta+33cos⁡θ\displaystyle {}+ 3\sqrt{3}\cos\theta=6sin⁡(θ+π3)‾\displaystyle {}= \underline{6\sin\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right)}

(2) 点 (−2, −2)(-\sqrt{2},\ -\sqrt{2}) で rr=2+2{}= \sqrt{2 + 2}=2{}= 2。(−22, −22)\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\ -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) は第3象限で、−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi の範囲では α\alpha=−34π{}= -\dfrac{3}{4}\pi。

−2sin⁡θ\displaystyle -\sqrt{2}\sin\theta−2cos⁡θ\displaystyle {}- \sqrt{2}\cos\theta=2sin⁡(θ−34π)‾\displaystyle {}= \underline{2\sin\left(\theta - \frac{3}{4}\pi\right)}

(1) は 33 でくくって 3(sin⁡θ+3cos⁡θ)3(\sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta)=3⋅2sin⁡(θ+π3){}= 3 \cdot 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) としても同じです。(2) の α\alpha は 54π\dfrac{5}{4}\pi と書いても関数としては同じですが、範囲の指定に合わせて −34π-\dfrac{3}{4}\pi にします。第3象限の角は cos⁡\cos も sin⁡\sin も負——aa<0{}< 0，bb<0{}< 0 の 2 つの符号から読み取ります。

自己採点：
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問3　★

関数 yy=sin⁡θ{}= \sin\theta−3cos⁡θ{}- \sqrt{3}\cos\theta について、グラフの振幅と周期、yy=sin⁡θ{}= \sin\theta のグラフをどれだけ平行移動したものかを求めなさい。また、00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi における最大値と、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

振幅 22，周期 2π2\pi，yy=sin⁡θ{}= \sin\theta のグラフを θ\theta 軸方向に π3\dfrac{\pi}{3}（右に π3\dfrac{\pi}{3}）だけ平行移動して yy 軸方向に 22 倍。最大値 22（θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi）

解説

k02 より yy=2sin⁡(θ−π3){}= 2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)。第7章の読み方で、振幅 22、周期 2π2\pi、θ\theta 軸方向に π3\dfrac{\pi}{3}（右に π3\dfrac{\pi}{3}）だけ平行移動し、yy 軸方向に 22 倍に引き伸ばしたグラフです。

最大は sin⁡(θ−π3)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)=1{}= 1、つまり θ\theta−π3{}- \dfrac{\pi}{3}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} のときで、θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi。

最大値 2 (θ=56π)‾\underline{\text{最大値 } 2\ \left(\theta = \frac{5}{6}\pi\right)}

検算：θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi で sin⁡56π\sin\dfrac{5}{6}\pi−3cos⁡56π{}- \sqrt{3}\cos\dfrac{5}{6}\pi=12{}= \dfrac{1}{2}+3⋅32{}+ \sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=2{}= 2。第7章 j19 では「最大値・周期・最大をとる θ\theta」から式を決めましたが、合成はその逆で、係数から振幅と位置を読み取る道具です。α\alpha<0{}< 0 のときは「右に」ずれることに注意します。

自己採点：
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問4　★

関数 yy=3sin⁡θ{}= 3\sin\theta−4cos⁡θ{}- 4\cos\theta の最大値と最小値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 55，最小値 −5-5

解説

点 (3, −4)(3,\ -4) で rr=9+16{}= \sqrt{9 + 16}=5{}= 5。α\alpha は cos⁡α\cos\alpha=35{}= \dfrac{3}{5}，sin⁡α\sin\alpha=−45{}= -\dfrac{4}{5} を満たす第4象限の角で、三角定規の角ではありませんが、そういう角が 1 つ決まることは単位円で分かります。

y\displaystyle y=5sin⁡(θ+α)\displaystyle {}= 5\sin(\theta + \alpha)

sin⁡\sin の値は −1-1 から 11 なので

最大値 5,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}\text{最大値 } 5,}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}\quad \text{最小値 }}−5‾\displaystyle \underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}{}-5}

最大・最小の値は rr だけで決まり、α\alpha が具体的に何かは関係ありません。最大をとる θ\theta を問われたら θ\theta+α{}+ \alpha=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+2nπ{}+ 2n\pi までしか書けないので、この問題では値だけを尋ねています。33，44，55 の直角三角形（第9章・第10章でおなじみ）がここでも顔を出しました。

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問5　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta=1{}= 1 の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, π\ \pi

解説

j01 (2) より 2sin⁡(θ−π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1、つまり sin⁡(θ−π4)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}。

かたまり tt=θ{}= \theta−π4{}- \dfrac{\pi}{4} の範囲は −π4-\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<74π{}< \dfrac{7}{4}\pi。この範囲で水面 yy=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} との交点は tt=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi。θ\theta=t{}= t+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} に戻して

θ=π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\theta = \frac{\pi}{2},} π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \pi}

検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11−0{}- 0=1{}= 1、θ\theta=π{}= \pi で 00−(−1){}- (-1)=1{}= 1。α\alpha が負なので、かたまりの範囲は −π4-\dfrac{\pi}{4} から始まります。範囲を 00≦t{}\leqq t<2π{}< 2\pi と思い込むと、θ\theta に戻したとき 94π\dfrac{9}{4}\pi のような範囲外の答えを拾ってしまいます。

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問6　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 3sin⁡θ\sqrt{3}\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=−1{}= -1 の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

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

解説

j01 (1) より 2sin⁡(θ+π6)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)=−1{}= -1、つまり sin⁡(θ+π6)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)=−12{}= -\dfrac{1}{2}。

かたまり tt=θ{}= \theta+π6{}+ \dfrac{\pi}{6} の範囲は π6\dfrac{\pi}{6}≦t{}\leqq t<136π{}< \dfrac{13}{6}\pi。この範囲で水面 yy=−12{}= -\dfrac{1}{2} との交点は tt=76π,{}= \dfrac{7}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi。θ\theta=t{}= t−π6{}- \dfrac{\pi}{6} に戻して

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

検算：θ\theta=π{}= \pi で 00+(−1){}+ (-1)=−1{}= -1、θ\theta=53π{}= \dfrac{5}{3}\pi で 3⋅(−32)\sqrt{3} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+12{}+ \dfrac{1}{2}=−32{}= -\dfrac{3}{2}+12{}+ \dfrac{1}{2}=−1{}= -1。右辺が負でも手順は同じで、水面が xx 軸より下に来るだけです。

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問7　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、不等式 sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta>1{}> 1 の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

00<θ{}< \theta<π2{}< \dfrac{\pi}{2}

解説

合成して 2sin⁡(θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)>1{}> 1、つまり sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)>22{}> \dfrac{\sqrt{2}}{2}。

かたまり tt=θ{}= \theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲は π4\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<94π{}< \dfrac{9}{4}\pi。境目 sin⁡t\sin t=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} は tt=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi で、水面より上の弧は π4\dfrac{\pi}{4}<t{}< t<34π{}< \dfrac{3}{4}\pi（等号なしなので境目は含みません）。θ\theta=t{}= t−π4{}- \dfrac{\pi}{4} に戻して

0<θ<π2‾\underline{0 < \theta < \frac{\pi}{2}}

検算：θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で 2\sqrt{2}>1{}> 1、θ\theta=0{}= 0 で 00+1{}+ 1=1{}= 1 は等号なので含まれません。「sin⁡θ\sin\theta も cos⁡θ\cos\theta も正の範囲（第1象限）で和が 11 を超える」という結果は、単位円で xx+y{}+ y>1{}> 1 の領域（直線 xx+y{}+ y=1{}= 1 より上）が第1象限の弧であることとも合っています。

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問8　★

rr>0{}> 0，−π-\pi<β{}< \beta≦π{}\leqq \pi として、sin⁡θ\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta を rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta) の形で表しなさい。また、それが例題1 (1) の 2sin⁡(θ+π3)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) と同じ関数であることを確かめなさい。

つまずいたときは：
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答え

2cos⁡(θ−π6)2\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)。sin⁡(θ+π3)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)=cos⁡(θ+π3−π2){}= \cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\pi}{2}\right)=cos⁡(θ−π6){}= \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right) で一致

解説

rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta)=rcos⁡βcos⁡θ{}= r\cos\beta\cos\theta+rsin⁡βsin⁡θ{}+ r\sin\beta\sin\theta と見比べます。cos⁡θ\cos\theta の係数が rcos⁡βr\cos\beta=3{}= \sqrt{3}、sin⁡θ\sin\theta の係数が rsin⁡βr\sin\beta=1{}= 1 なので、点 (3, 1)(\sqrt{3},\ 1) で rr=2{}= 2，β\beta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}。

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta+3cos⁡θ\displaystyle {}+ \sqrt{3}\cos\theta=2cos⁡(θ−π6)‾\displaystyle {}= \underline{2\cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right)}

一致の確認：第6章公式5の sin⁡φ\sin\varphi=cos⁡(φ−π2){}= \cos\left(\varphi - \dfrac{\pi}{2}\right) で φ\varphi=θ{}= \theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} とすると

2sin⁡(θ+π3)\displaystyle 2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{3}\right)=2cos⁡(θ+π3−π2)\displaystyle {}= 2\cos\left(\theta + \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{2}\right)=2cos⁡(θ−π6)\displaystyle {}= 2\cos\left(\theta - \frac{\pi}{6}\right)

（確認終）

sin⁡\sin の合成では点 (a, b)(a,\ b)=(1, 3){}= (1,\ \sqrt{3}) を、cos⁡\cos の合成では点 (b, a)(b,\ a)=(3, 1){}= (\sqrt{3},\ 1) を使います。角は π3\dfrac{\pi}{3} と π6\dfrac{\pi}{6} で、足して π2\dfrac{\pi}{2}。どちらで合成しても rr=2{}= 2 は同じで、これが「振幅は表し方によらない」ということです（厳密定義の定理3）。

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問9　★★

00≦θ{}\leqq \theta≦π{}\leqq \pi のとき、関数 yy=sin⁡θ{}= \sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\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 22（θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}），最小値 −3-\sqrt{3}（θ\theta=π{}= \pi）

解説

例題1 (1) より yy=2sin⁡(θ+π3){}= 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)。かたまり tt=θ{}= \theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} の範囲は π3\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t≦43π{}\leqq \dfrac{4}{3}\pi。

この範囲で sin⁡t\sin t は、tt=π3{}= \dfrac{\pi}{3} の 32\dfrac{\sqrt{3}}{2} から tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11 まで上がり、その後は下がり続けて tt=43π{}= \dfrac{4}{3}\pi で −32-\dfrac{\sqrt{3}}{2} になります（32π\dfrac{3}{2}\pi には届きません）。

  • 最大：tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，つまり θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で 22
  • 最小：tt=43π{}= \dfrac{4}{3}\pi，つまり θ\theta=π{}= \pi で 2⋅(−32)2 \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=−3{}= -\sqrt{3}
最大値 2 (θ=π6),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\text{最大値 } 2\ \left(\theta = \frac{\pi}{6}\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\quad \text{最小値 }}−3 (θ=π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}{}-\sqrt{3}\ (\theta = \pi)}

検算：θ\theta=π{}= \pi で 00+3⋅(−1){}+ \sqrt{3} \cdot (-1)=−3{}= -\sqrt{3}。例題3 (2) と同じ関数で範囲を π2\dfrac{\pi}{2} から π\pi に広げたので、最小値が 11 から −3-\sqrt{3} に下がりました。それでも −2-2 には届きません。

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問10　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡2θ\sin 2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta=1{}= 1 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, π4,\ \dfrac{\pi}{4}, π,\ \pi, 54π\ \dfrac{5}{4}\pi

解説

角が 2θ2\theta でそろっているので、そのまま合成できます。2sin⁡(2θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1、つまり sin⁡(2θ+π4)\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}。

かたまり tt=2θ{}= 2\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲は、00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi より π4\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<174π{}< \dfrac{17}{4}\pi——単位円 2 周分です。水面 yy=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} との交点は、1 周目に tt=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi、2 周目に 2π2\pi を足した tt=94π,{}= \dfrac{9}{4}\pi, 114π\ \dfrac{11}{4}\pi（174π\dfrac{17}{4}\pi は範囲外）。θ\theta=12(t−π4){}= \dfrac{1}{2}\left(t - \dfrac{\pi}{4}\right) に戻して

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

検算：θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で sin⁡π2\sin\dfrac{\pi}{2}+cos⁡π2{}+ \cos\dfrac{\pi}{2}=1{}= 1、θ\theta=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi で sin⁡52π\sin\dfrac{5}{2}\pi+cos⁡52π{}+ \cos\dfrac{5}{2}\pi=1{}= 1+0{}+ 0=1{}= 1。第8章 j09・第10章 j08 と同じく、2θ2\theta のかたまりは範囲が 2 周分になって解が倍になります。

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問11　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、不等式 sin⁡θ\sin\theta−3cos⁡θ{}- \sqrt{3}\cos\theta≦3{}\leqq \sqrt{3} 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≦23π,{}\leqq \dfrac{2}{3}\pi,π\pi≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi

解説

k02 より 2sin⁡(θ−π3)2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)≦3{}\leqq \sqrt{3}、つまり sin⁡(θ−π3)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)≦32{}\leqq \dfrac{\sqrt{3}}{2}。

かたまり tt=θ{}= \theta−π3{}- \dfrac{\pi}{3} の範囲は −π3-\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t<53π{}< \dfrac{5}{3}\pi。境目 sin⁡t\sin t=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} はこの範囲で tt=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 23π\ \dfrac{2}{3}\pi。水面 yy=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} より上に出るのは π3\dfrac{\pi}{3}<t{}< t<23π{}< \dfrac{2}{3}\pi の短い弧だけなので、「以下」になるのはその残り、つまり −π3-\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t≦π3{}\leqq \dfrac{\pi}{3} と 23π\dfrac{2}{3}\pi≦t{}\leqq t<53π{}< \dfrac{5}{3}\pi です（等号を含むので境目も含みます）。θ\theta=t{}= t+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} に戻して

0≦θ≦23π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}0 \leqq \theta \leqq \frac{2}{3}\pi,} π≦θ<2π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi \leqq \theta < 2\pi}

検算：θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi（解に含まれない）で 12\dfrac{1}{2}+3⋅32{}+ \sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=2{}= 2>3{}> \sqrt{3}。θ\theta=π{}= \pi（境目）で 00+3{}+ \sqrt{3}=3{}= \sqrt{3} で等号が成り立ち、含まれます。「以上・以下」の不等式では、水面より上の弧を先に見つけて「その残り」を取るほうが、範囲の端の処理を間違えにくいです。

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問12　★★

00≦θ{}\leqq \theta<π{}< \pi のとき、関数 yy=sin⁡θcos⁡θ{}= \sin\theta\cos\theta+3cos⁡2θ{}+ \sqrt{3}\cos^2\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 2+32\dfrac{2 + \sqrt{3}}{2}（θ\theta=π12{}= \dfrac{\pi}{12}），最小値 3−22\dfrac{\sqrt{3} - 2}{2}（θ\theta=712π{}= \dfrac{7}{12}\pi）

解説

両替します。sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2}，cos⁡2θ\cos^2\theta=1+cos⁡2θ2{}= \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2} より

y\displaystyle y=12sin⁡2θ\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sin 2\theta+32cos⁡2θ\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\theta+32\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{3}}{2}

12sin⁡2θ\dfrac{1}{2}\sin 2\theta+32cos⁡2θ{}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\theta を合成します。点 (12, 32)\left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) はそれ自体が単位円上の点で、rr=1{}= 1，α\alpha=π3{}= \dfrac{\pi}{3}。

y\displaystyle y=sin⁡(2θ+π3)\displaystyle {}= \sin\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right)+32\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{3}}{2}

かたまり tt=2θ{}= 2\theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} の範囲は π3\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t<73π{}< \dfrac{7}{3}\pi で、ちょうど 1 周します。sin⁡t\sin t=1{}= 1 は tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2}（θ\theta=π12{}= \dfrac{\pi}{12}）、sin⁡t\sin t=−1{}= -1 は tt=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi（θ\theta=712π{}= \dfrac{7}{12}\pi）。

最大値 2+32 (θ=π12)‾\underline{\text{最大値 } \frac{2 + \sqrt{3}}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{12}\right)} 最小値 3−22 (θ=712π)‾\underline{\text{最小値 } \frac{\sqrt{3} - 2}{2}\ \left(\theta = \frac{7}{12}\pi\right)}

検算：θ\theta=π12{}= \dfrac{\pi}{12} で sin⁡π12cos⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}\cos\dfrac{\pi}{12}=12sin⁡π6{}= \dfrac{1}{2}\sin\dfrac{\pi}{6}=14{}= \dfrac{1}{4}、3cos⁡2π12\sqrt{3}\cos^2\dfrac{\pi}{12}=3⋅2+34{}= \sqrt{3} \cdot \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}=23+34{}= \dfrac{2\sqrt{3} + 3}{4}（第10章例題2）。和は 4+234\dfrac{4 + 2\sqrt{3}}{4}=2+32{}= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2}。最大をとる角が π12\dfrac{\pi}{12}——第1章・第9章・第10章で 3 本の道が集まった角が、ここでも現れました。

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問13　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、関数 yy=sin⁡2θ{}= \sin 2\theta−2(sin⁡θ+cos⁡θ){}- 2(\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。

つまずいたときは：
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答え

最大値 11+22{}+ 2\sqrt{2}（θ\theta=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi），最小値 −2-2（θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2}）

解説

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta とおくと −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2}、sin⁡2θ\sin 2\theta=2sin⁡θcos⁡θ{}= 2\sin\theta\cos\theta=t2{}= t^2−1{}- 1 なので

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

下に凸の放物線で、頂点 tt=1{}= 1 は範囲内なので最小値は −2-2。最大は頂点から遠い左端 tt=−2{}= -\sqrt{2} で yy=2{}= 2−1{}- 1+22{}+ 2\sqrt{2}=1{}= 1+22{}+ 2\sqrt{2}。

θ\theta に戻します。tt=1{}= 1 は 2sin⁡(θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1、つまり sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} で、θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi より θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2}。tt=−2{}= -\sqrt{2} は sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=−1{}= -1 で θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=32π{}= \dfrac{3}{2}\pi、つまり θ\theta=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi。

最大値 1‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } 1}+22 (θ=54π),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}+ 2\sqrt{2}\ \left(\theta = \frac{5}{4}\pi\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−2 (θ=0, π2)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-2\ \left(\theta = 0,\ \frac{\pi}{2}\right)}

検算：θ\theta=0{}= 0 で 00−2(0+1){}- 2(0 + 1)=−2{}= -2、θ\theta=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi で sin⁡52π\sin\dfrac{5}{2}\pi−2(−22−22){}- 2\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=1{}= 1+22{}+ 2\sqrt{2}。sin⁡2θ\sin 2\theta は 2sin⁡θcos⁡θ2\sin\theta\cos\theta なので、t2−12\dfrac{t^2 - 1}{2} の 2 倍で t2t^2−1{}- 1 です。

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問14　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡2θ\sin 2\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=1{}= 1 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, π2\ \dfrac{\pi}{2}

解説

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta（−2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2}）とおくと sin⁡2θ\sin 2\theta=t2{}= t^2−1{}- 1 なので

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

−2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2} より tt=−2{}= -2 は捨てて tt=1{}= 1。sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=1{}= 1 は例題4 (1) で解いた通り

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\theta = 0,} π2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \frac{\pi}{2}}

検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で sin⁡π\sin\pi+1{}+ 1+0{}+ 0=1{}= 1。第10章例題5 (2) では tt=sin⁡θ{}= \sin\theta の解 tt=−2{}= -2 を「−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 より捨てて」と書きました。ここでは tt の範囲が −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2} に変わっているだけで、「範囲外の解は捨てる」という手順は同じです。tt が何を表すかで範囲が変わるので、置き換えたら必ず範囲を添えます。

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問15　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi とします。方程式 sin⁡θ\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta=k{}= k が解をもつような定数 kk の値の範囲を求めなさい。また、この方程式の解がちょうど 1 個になるような kk の値をすべて求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−2-2≦k{}\leqq k≦2{}\leqq 2。解が 1 個になるのは kk=2,{}= 2, −2{}\ -2

解説

合成して 2sin⁡(θ+π3)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)=k{}= k、つまり sin⁡(θ+π3)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)=k2{}= \dfrac{k}{2}。かたまり tt=θ{}= \theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} は π3\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t<73π{}< \dfrac{7}{3}\pi で単位円をちょうど 1 周するので、sin⁡t\sin t=k2{}= \dfrac{k}{2} の解の個数は第8章 j20（厳密定義 定理1）と同じです。

  • ∣k2∣\left|\dfrac{k}{2}\right|<1{}< 1，つまり −2-2<k{}< k<2{}< 2 のとき、水面が単位円を 2 点で切るので解は 2 個
  • k2\dfrac{k}{2}=±1{}= \pm 1，つまり kk=±2{}= \pm 2 のとき、水面が円の縁に触れて解は 1 個
  • ∣k2∣\left|\dfrac{k}{2}\right|>1{}> 1 のとき解なし

よって、解をもつ kk の値の範囲は −2≦k≦2‾\underline{-2 \leqq k \leqq 2}、解がちょうど 1 個になるのは k=2,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8888em}k = 2,} −2‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8888em}{}\ -2} です。

「解をもつ kk の範囲」は「yy=sin⁡θ{}= \sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta の値域」と同じことで、最大値 22・最小値 −2-2（k03）がそのまま答えになります。合成の rr は「水面をどこまで上げ下げしても円に届くか」の限界を表しています（厳密定義 定理2）。

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問16　★★

rr>0{}> 0，−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi，−π-\pi<β{}< \beta≦π{}\leqq \pi とします。sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta を (1) rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) の形、(2) rcos⁡(θ+β)r\cos(\theta + \beta) の形でそれぞれ表しなさい。また、2 つの結果が同じ関数であることを確かめなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 2sin⁡(θ−π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)　(2) 2cos⁡(θ−34π)\sqrt{2}\cos\left(\theta - \dfrac{3}{4}\pi\right)。sin⁡(θ−π4)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)=cos⁡(θ−π4−π2){}= \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\pi}{2}\right)=cos⁡(θ−34π){}= \cos\left(\theta - \dfrac{3}{4}\pi\right) で一致

解説

(1) 点 (1, −1)(1,\ -1) で rr=2{}= \sqrt{2}，α\alpha=−π4{}= -\dfrac{\pi}{4}（j01 (2)）。

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

(2) rcos⁡(θ+β)r\cos(\theta + \beta)=rcos⁡βcos⁡θ{}= r\cos\beta\cos\theta−rsin⁡βsin⁡θ{}- r\sin\beta\sin\theta と見比べて、rcos⁡βr\cos\beta=−1{}= -1（cos⁡θ\cos\theta の係数）、−rsin⁡β-r\sin\beta=1{}= 1 より rsin⁡βr\sin\beta=−1{}= -1。点 (−1, −1)(-1,\ -1) で rr=2{}= \sqrt{2}、第3象限なので β\beta=−34π{}= -\dfrac{3}{4}\pi。

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta−cos⁡θ\displaystyle {}- \cos\theta=2cos⁡(θ−34π)‾\displaystyle {}= \underline{\sqrt{2}\cos\left(\theta - \frac{3}{4}\pi\right)}

一致の確認：sin⁡φ\sin\varphi=cos⁡(φ−π2){}= \cos\left(\varphi - \dfrac{\pi}{2}\right) で φ\varphi=θ{}= \theta−π4{}- \dfrac{\pi}{4} とすると sin⁡(θ−π4)\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)=cos⁡(θ−34π){}= \cos\left(\theta - \dfrac{3}{4}\pi\right)。（確認終）

検算：θ\theta=0{}= 0 を (2) に入れると 2cos⁡(−34π)\sqrt{2}\cos\left(-\dfrac{3}{4}\pi\right)=2⋅(−22){}= \sqrt{2} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=−1{}= -1 で、元の式の 00−1{}- 1=−1{}= -1 と合います。cos⁡(θ+β)\cos(\theta + \beta) の形では sin⁡θ\sin\theta の係数にマイナスが付く（cos⁡\cos は仲間どうし・逆符号）ので、rsin⁡βr\sin\beta の符号を取り違えないよう、展開形を書いてから見比べます。

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問17　★★★

00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} のとき、関数 yy=sin⁡2θ{}= \sin^2\theta−23sin⁡θcos⁡θ{}- 2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta−cos⁡2θ{}- \cos^2\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=π2{}= \dfrac{\pi}{2}），最小値 −2-2（θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6}）

解説

両替します。

y\displaystyle y=1−cos⁡2θ2\displaystyle {}= \frac{1 - \cos 2\theta}{2}−3sin⁡2θ\displaystyle {}- \sqrt{3}\sin 2\theta−1+cos⁡2θ2\displaystyle {}- \frac{1 + \cos 2\theta}{2}=−3sin⁡2θ\displaystyle {}= -\sqrt{3}\sin 2\theta−cos⁡2θ\displaystyle {}- \cos 2\theta

点 (−3, −1)(-\sqrt{3},\ -1) で rr=2{}= 2。(−32, −12)\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right) は第3象限で、−π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi では α\alpha=−56π{}= -\dfrac{5}{6}\pi。

y\displaystyle y=2sin⁡(2θ−56π)\displaystyle {}= 2\sin\left(2\theta - \frac{5}{6}\pi\right)

かたまり tt=2θ{}= 2\theta−56π{}- \dfrac{5}{6}\pi の範囲は、00≦2θ{}\leqq 2\theta≦π{}\leqq \pi より −56π-\dfrac{5}{6}\pi≦t{}\leqq t≦π6{}\leqq \dfrac{\pi}{6}。この範囲で sin⁡t\sin t は、tt=−56π{}= -\dfrac{5}{6}\pi の −12-\dfrac{1}{2} から tt=−π2{}= -\dfrac{\pi}{2} で −1-1 まで下がり、tt=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で 12\dfrac{1}{2} まで上がります。

  • 最大：tt=π6{}= \dfrac{\pi}{6}，つまり θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 2⋅122 \cdot \dfrac{1}{2}=1{}= 1
  • 最小：tt=−π2{}= -\dfrac{\pi}{2}，つまり θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で −2-2
最大値 1 (θ=π2),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\text{最大値 } 1\ \left(\theta = \frac{\pi}{2}\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}\quad \text{最小値 }}−2 (θ=π6)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.8360em}{}-2\ \left(\theta = \frac{\pi}{6}\right)}

検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11−0{}- 0−0{}- 0=1{}= 1、θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で 14\dfrac{1}{4}−23⋅12⋅32{}- 2\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}−34{}- \dfrac{3}{4}=14{}= \dfrac{1}{4}−32{}- \dfrac{3}{2}−34{}- \dfrac{3}{4}=−2{}= -2。別解として −(3sin⁡2θ+cos⁡2θ)-(\sqrt{3}\sin 2\theta + \cos 2\theta)=−2sin⁡(2θ+π6){}= -2\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) と、マイナスを外に出して第1象限の α\alpha で合成してもよく、そのときは「−2sin⁡-2\sin」なので sin⁡\sin が最大のとき yy が最小になります。どちらでも答えは同じです。

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問18　★★★

00≦θ{}\leqq \theta≦π{}\leqq \pi のとき、方程式 sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=k{}= k が異なる 2 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{}\leqq k<2{}< \sqrt{2}

解説

合成して sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=k2{}= \dfrac{k}{\sqrt{2}}。かたまり tt=θ{}= \theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲は π4\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t≦54π{}\leqq \dfrac{5}{4}\pi で、1 周に満たない半周分です。

この範囲で sin⁡t\sin t は、tt=π4{}= \dfrac{\pi}{4} の 22\dfrac{\sqrt{2}}{2} から tt=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で 11 まで上がり、tt=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi で −22-\dfrac{\sqrt{2}}{2} まで下がります。水面 yy=k2{}= \dfrac{k}{\sqrt{2}} との交点が 2 個になるのは、水面が「山の両側」を切るとき、つまり左端の高さ 22\dfrac{\sqrt{2}}{2} 以上で頂上 11 より下のときです。

22\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}≦k2\displaystyle {}\leqq \frac{k}{\sqrt{2}}<1\displaystyle {}< 1⟹ 1≦k<2‾\displaystyle {}\Longrightarrow\ \underline{1 \leqq k < \sqrt{2}}

境目を確かめます。kk=1{}= 1 なら tt=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi で θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2} の 2 個（例題4 (1) の解がどちらも 00≦θ{}\leqq \theta≦π{}\leqq \pi に入っています）。kk=2{}= \sqrt{2} なら頂上に触れて θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} の 1 個。−1-1≦k{}\leqq k<1{}< 1 なら水面が右側の下り坂だけを切って 1 個、kk<−1{}< -1 または kk>2{}> \sqrt{2} なら 0 個です。j15 との違いは、範囲が 1 周に満たないため「水面の高さと範囲の端の高さ」の比較が要ることです。

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問19　★★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、不等式 sin⁡2θ\sin 2\theta−2(sin⁡θ+cos⁡θ){}- 2(\sin\theta + \cos\theta)+1{}+ 1≧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

34π\dfrac{3}{4}\pi≦θ{}\leqq \theta≦74π{}\leqq \dfrac{7}{4}\pi

解説

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta（−2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2}）とおくと sin⁡2θ\sin 2\theta=t2{}= t^2−1{}- 1 なので

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

tt≦2{}\leqq \sqrt{2} なので tt≧2{}\geqq 2 は起こらず、条件は tt≦0{}\leqq 0 だけになります（第10章 j11 の「いつも成り立つ側」の逆で、「決して成り立たない側」を落とします）。

2sin⁡(θ+π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)≦0{}\leqq 0、つまり sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)≦0{}\leqq 0。かたまり uu=θ{}= \theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} の範囲は π4\dfrac{\pi}{4}≦u{}\leqq u<94π{}< \dfrac{9}{4}\pi で、sin⁡u\sin u≦0{}\leqq 0 となるのは水面 yy=0{}= 0 より下（境目を含む）の弧 π\pi≦u{}\leqq u≦2π{}\leqq 2\pi。θ\theta=u{}= u−π4{}- \dfrac{\pi}{4} に戻して

34π≦θ≦74π‾\underline{\frac{3}{4}\pi \leqq \theta \leqq \frac{7}{4}\pi}

検算：θ\theta=π{}= \pi で sin⁡2π\sin 2\pi−2(0−1){}- 2(0 - 1)+1{}+ 1=3{}= 3≧0{}\geqq 0、θ\theta=0{}= 0 で 00−2{}- 2+1{}+ 1=−1{}= -1<0{}< 0（含まれない）。置き換えの文字 tt と、かたまりの文字が重ならないよう、後半のかたまりは uu にしました。

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問20　★★★

(1) 加法定理を用いて、sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=2sin⁡2θcos⁡θ{}= 2\sin 2\theta\cos\theta，cos⁡3θ\cos 3\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=2cos⁡2θcos⁡θ{}= 2\cos 2\theta\cos\theta 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=0{}= 0 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）3θ3\theta=2θ{}= 2\theta+θ{}+ \theta，θ\theta=2θ{}= 2\theta−θ{}- \theta として加法定理で展開し、足す　(2) θ\theta=0,{}= 0, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, π,\ \pi, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi

解説

(1) 3θ3\theta=2θ{}= 2\theta+θ{}+ \theta，θ\theta=2θ{}= 2\theta−θ{}- \theta と見て、加法定理で展開します。

sin⁡3θ\displaystyle \sin 3\theta=sin⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= \sin 2\theta\cos\theta+cos⁡2θsin⁡θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta\sin\thetasin⁡θ\displaystyle \sin\theta=sin⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= \sin 2\theta\cos\theta−cos⁡2θsin⁡θ\displaystyle {}- \cos 2\theta\sin\theta

足すと cos⁡2θsin⁡θ\cos 2\theta\sin\theta が消えて sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=2sin⁡2θcos⁡θ{}= 2\sin 2\theta\cos\theta。cos⁡\cos も同様に

cos⁡3θ\displaystyle \cos 3\theta=cos⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= \cos 2\theta\cos\theta−sin⁡2θsin⁡θ\displaystyle {}- \sin 2\theta\sin\thetacos⁡θ\displaystyle \cos\theta=cos⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= \cos 2\theta\cos\theta+sin⁡2θsin⁡θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta\sin\theta

足して cos⁡3θ\cos 3\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=2cos⁡2θcos⁡θ{}= 2\cos 2\theta\cos\theta。（証明終）

(2) (1) より 2sin⁡2θcos⁡θ2\sin 2\theta\cos\theta=0{}= 0、つまり sin⁡2θ\sin 2\theta=0{}= 0 または cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0。sin⁡2θ\sin 2\theta=0{}= 0 は 00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi で 2θ2\theta=0,{}= 0, π,\ \pi, 2π,\ 2\pi, 3π\ 3\pi より θ\theta=0,{}= 0, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, π,\ \pi, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi。cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0 の θ\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi はすでに含まれています。

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

検算：θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で sin⁡32π\sin\dfrac{3}{2}\pi+sin⁡π2{}+ \sin\dfrac{\pi}{2}=−1{}= -1+1{}+ 1=0{}= 0。sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta は周期の違う 2 つの波の和で、角がそろっていないので合成はできません。かわりに (1) の式で「和」が「積」になり、積 =0= 0 の形で解けました。これが第12章の和積の公式の入口です。第9章公式6で出した「sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)+sin⁡(α−β){}+ \sin(\alpha - \beta)=2sin⁡αcos⁡β{}= 2\sin\alpha\cos\beta」に α\alpha=2θ{}= 2\theta，β\beta=θ{}= \theta を入れたものが (1) で、第12章ではこれを一般の 2 つの角で整理します。

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数学小話コーナー

三相交流——120° ずつずれた 3 本の波を足すと 0 になる

第7章の小話で、家庭のコンセントの電圧はサインカーブだと書きました。発電所から街まで電気を運ぶ送電線を見上げると、電線が 3 本ひと組 で張られています。この 3 本には、同じ周波数で、位置（位相）が 23π\dfrac{2}{3}\pi（120∘120^\circ）ずつずれた 3 つのサインカーブが流れています。

v1\displaystyle v_1=sin⁡θ,\displaystyle {}= \sin\theta,v2\displaystyle v_2=sin⁡(θ+23π),\displaystyle {}= \sin\left(\theta + \frac{2}{3}\pi\right),v3\displaystyle v_3=sin⁡(θ+43π)\displaystyle {}= \sin\left(\theta + \frac{4}{3}\pi\right)

この 3 本を足すとどうなるでしょう。加法定理で v2v_2，v3v_3 をほどくと、cos⁡23π\cos\dfrac{2}{3}\pi=cos⁡43π{}= \cos\dfrac{4}{3}\pi=−12{}= -\dfrac{1}{2}、sin⁡23π\sin\dfrac{2}{3}\pi=−sin⁡43π{}= -\sin\dfrac{4}{3}\pi=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} なので

v1\displaystyle v_1+v2\displaystyle {}+ v_2+v3\displaystyle {}+ v_3=sin⁡θ\displaystyle {}= \sin\theta+(−12sin⁡θ+32cos⁡θ)\displaystyle {}+ \left(-\frac{1}{2}\sin\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)+(−12sin⁡θ−32cos⁡θ)\displaystyle {}+ \left(-\frac{1}{2}\sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)=0\displaystyle {}= 0

sin⁡θ\sin\theta の係数も cos⁡θ\cos\theta の係数も 00——合成でいえば点 (a, b)(a,\ b) が原点に来て、rr=0{}= 0 です。3 本の電流の合計が常に 00 なので、電流を戻すための線（中性線）に電流が流れず、送電線は 3 本だけで済みます。1 本ずつ別々に往復の線を張れば 6 本必要なところを、半分の本数で同じ電力が送れるわけです。この方式は 三相交流 と呼ばれ、1880 年代後半にテスラやドリヴォ＝ドブロヴォリスキーらによって実用化されたとされています（※誰を「発明者」とするかは諸説あります）。

豆知識

この章の「合成」は、電気の言葉では フェーザ の足し算にあたります。同じ周波数の波は、振幅 rr と位相 α\alpha の 2 つの数、つまり点 (a, b)(a,\ b) 1 つで表せるので、波の足し算は点の足し算（座標ごとに足す）に置き換わります。v1v_1+v2{}+ v_2+v3{}+ v_3=0{}= 0 は、正三角形の 3 頂点の座標を足すと重心（原点）になる、という図形の事実そのものです。大学の電気回路では、この点を複素数として扱います（第9章小話3 のオイラーの公式がその土台です）。

ノイズキャンセリング——逆向きの波を足して音を消す

飛行機や電車の中で使うノイズキャンセリングヘッドホンは、「音を音で消す」道具です。外の騒音をマイクで拾い、同じ形で上下を逆にした波 をスピーカーから出すと、2 つの波が足し合わさって打ち消し合います。

騒音を sin⁡θ\sin\theta とし、ヘッドホンが出す波を sin⁡(θ+α)\sin(\theta + \alpha) とします（α\alpha はずれの量）。和を加法定理でほどいて合成すると

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta+sin⁡(θ+α)\displaystyle {}+ \sin(\theta + \alpha)=(1+cos⁡α)sin⁡θ\displaystyle {}= (1 + \cos\alpha)\sin\theta+sin⁡αcos⁡θ\displaystyle {}+ \sin\alpha\cos\theta

なので、rr=(1+cos⁡α)2+sin⁡2α{}= \sqrt{(1 + \cos\alpha)^2 + \sin^2\alpha}=2+2cos⁡α{}= \sqrt{2 + 2\cos\alpha}。第9章 j15 で「2 乗して足す」と現れたのと同じ 22+2cos⁡α{}+ 2\cos\alpha の形です。α\alpha=0{}= 0（ぴったり重なる）なら rr=2{}= 2 で音は 2 倍、α\alpha=π{}= \pi（上下逆）なら rr=2−2{}= \sqrt{2 - 2}=0{}= 0 で音は消えます。ずれが α\alpha=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi なら rr=1{}= 1 で、足しても大きさは変わりません。

このアイデアは 1930 年代にドイツの物理学者パウル・ルーグが特許を取ったのが始まりとされ、実用的なヘッドホンは 1980 年代に航空機のパイロット向けに開発されたといわれています（※諸説あり）。

豆知識

ノイズキャンセリングが得意なのは、エンジン音や空調のような 低い音 です。rr=2+2cos⁡α{}= \sqrt{2 + 2\cos\alpha} が 00 に近づくには α\alpha がほぼ π\pi でなければならず、少しでもずれると消え残ります。低い音は 1 周期が長い（波長が長い）ので、マイクからスピーカーまでの処理の遅れが角 α\alpha に直すと小さく、π\pi に合わせやすい。高い音は 1 周期が短く、同じ遅れでも α\alpha が大きくずれて、下手をすると rr>1{}> 1——かえって音が大きくなります。「ずれ α\alpha で rr が決まる」という合成の式が、製品の得意・不得意をそのまま説明しています。

フーリエの成分は「振幅」と「ずれ」の 2 つの数——イコライザーの棒グラフ

第7章の小話で、フーリエの「どんな波も sin⁡\sin の足し算で書ける」という考えを紹介しました。正確には、周期 2π2\pi の波は

f(θ)\displaystyle f(\theta)=c\displaystyle {}= c+(a1sin⁡θ+b1cos⁡θ)\displaystyle {}+ (a_1\sin\theta + b_1\cos\theta)+(a2sin⁡2θ+b2cos⁡2θ)\displaystyle {}+ (a_2\sin 2\theta + b_2\cos 2\theta)+(a3sin⁡3θ+b3cos⁡3θ)\displaystyle {}+ (a_3\sin 3\theta + b_3\cos 3\theta)+⋯\displaystyle {}+ \cdots

のように、sin⁡\sin と cos⁡\cos の 両方 の足し算で書けます。かっこの中を見ると、どれも「同じ角の sin⁡\sin と cos⁡\cos の和」——この章の合成がそのまま使えます。

ansin⁡nθ\displaystyle a_n\sin n\theta+bncos⁡nθ\displaystyle {}+ b_n\cos n\theta=rnsin⁡(nθ+αn),\displaystyle {}= r_n\sin(n\theta + \alpha_n),rn\displaystyle r_n=an2+bn2\displaystyle {}= \sqrt{a_n^2 + b_n^2}

つまり、波の「nn 番目の成分」は sin⁡\sin と cos⁡\cos の係数の組 (an, bn)(a_n,\ b_n) で表しても、振幅 rnr_n とずれ αn\alpha_n の組で表しても同じです。音楽プレーヤーのイコライザーに並ぶ棒グラフは、低い音から高い音まで、この rnr_n の大きさを順に並べたもの（振幅スペクトル）です。棒を上げ下げすると rnr_n が変わり、音色が変わります。ずれ αn\alpha_n のほうは、人の耳にはほとんど区別がつかないので、イコライザーには表示されません。

豆知識

声紋や楽器の音色の分析では、時間を細かく区切って各区間の rnr_n を計算し、横軸に時間・縦軸に nn（周波数）・色の濃さに rnr_n をとった図（スペクトログラム）を描きます。フーリエの考えは 1822 年の熱の研究から生まれましたが、200 年後には音声認識や画像圧縮の土台になっています。第12章の積和の公式は、実は「波から係数 ana_n，bnb_n を取り出す」計算の中核で、そこまで進むとこの小話の続きが見えてきます。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では「asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta を rsin⁡(θ+α)r\sin(\theta + \alpha) に直し、最大最小・方程式・不等式に使える」ことで十分ですが、「α\alpha はいつでも見つかるのか？」「rr と α\alpha は 1 通りに決まるのか？」「sin⁡\sin で合成しても cos⁡\cos で合成しても rr が同じなのはなぜか？」が気になる人のために、根拠を紹介します。

定理1：合成の存在と一意性

aa，bb を同時に 00 でない実数とし、rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2} とおく。このとき

(1) cos⁡α\cos\alpha=ar{}= \dfrac{a}{r}，sin⁡α\sin\alpha=br{}= \dfrac{b}{r} を満たす実数 α\alpha が存在し、すべての実数 θ\theta について asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=rsin⁡(θ+α){}= r\sin(\theta + \alpha) が成り立つ。

(2) 逆に、r′r'>0{}> 0 と実数 α′\alpha' が、すべての実数 θ\theta について asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=r′sin⁡(θ+α′){}= r'\sin(\theta + \alpha') を満たすなら、r′r'=r{}= r であり、α′\alpha'=α{}= \alpha+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）である。

証明　(1) rr>0{}> 0 であり、(ar)2\left(\dfrac{a}{r}\right)^2+(br)2{}+ \left(\dfrac{b}{r}\right)^2=a2+b2r2{}= \dfrac{a^2 + b^2}{r^2}=1{}= 1 なので、点 (ar, br)\left(\dfrac{a}{r},\ \dfrac{b}{r}\right) は単位円上にある。第5章の一般角の定義より、単位円上のどの点も、ある角 α\alpha の動径と単位円の交点として表せるから、第6章の定義で cos⁡α\cos\alpha=ar{}= \dfrac{a}{r}，sin⁡α\sin\alpha=br{}= \dfrac{b}{r} となる α\alpha が存在する。このとき第9章の加法定理（任意の実数で成立）より

rsin⁡(θ+α)\displaystyle r\sin(\theta + \alpha)=r(sin⁡θcos⁡α+cos⁡θsin⁡α)\displaystyle {}= r(\sin\theta\cos\alpha + \cos\theta\sin\alpha)=rcos⁡α sin⁡θ\displaystyle {}= r\cos\alpha\,\sin\theta+rsin⁡α cos⁡θ\displaystyle {}+ r\sin\alpha\,\cos\theta=asin⁡θ\displaystyle {}= a\sin\theta+bcos⁡θ\displaystyle {}+ b\cos\theta

(2) 等式に θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を代入すると aa=r′cos⁡α′{}= r'\cos\alpha'、θ\theta=0{}= 0 を代入すると bb=r′sin⁡α′{}= r'\sin\alpha'。2 乗して足すと a2a^2+b2{}+ b^2=r′2{}= r'^2 で、r′r'>0{}> 0 より r′r'=r{}= r。したがって cos⁡α′\cos\alpha'=ar{}= \dfrac{a}{r}=cos⁡α{}= \cos\alpha，sin⁡α′\sin\alpha'=br{}= \dfrac{b}{r}=sin⁡α{}= \sin\alpha で、α\alpha と α′\alpha' の動径が一致するから α′\alpha'=α{}= \alpha+2nπ{}+ 2n\pi（第5章の定義）。（証明終）

(1) の「単位円上の点は必ずある角の動径の先にある」が、α\alpha が見つかることの根拠です。aa，bb が三角定規の値でなくても（j04 の (3, −4)(3,\ -4)）、α\alpha という角は確かに 1 つ存在します。ただし、その値を π\pi の分数で書けるかどうかは別の話で、第8章の厳密定義の補足（sin⁡θ\sin\theta=0.3{}= 0.3 の解）と同じ事情です。(2) の証明で使った「すべての θ\theta で成り立つ等式に、都合のよい θ\theta を代入する」技法は、第7章の周期の証明（定理1）と同じです。α\alpha が 2π2\pi の整数倍を除いて 1 通りに決まるので、本文では −π-\pi<α{}< \alpha≦π{}\leqq \pi の代表を選びました。

定理2：値域と、方程式が解をもつ条件

aa，bb を同時に 00 でない実数、rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2} とする。関数 yy=asin⁡θ{}= a\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta（θ\theta は実数全体）の値域は −r-r≦y{}\leqq y≦r{}\leqq r であり、方程式 asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=k{}= k が解をもつための必要十分条件は ∣k∣|k|≦r{}\leqq r である。

証明　定理1より yy=rsin⁡(θ+α){}= r\sin(\theta + \alpha)。θ\theta が実数全体を動くとき θ\theta+α{}+ \alpha も実数全体を動くので、sin⁡(θ+α)\sin(\theta + \alpha) の値域は第6章の補足より −1-1 以上 11 以下のすべての値であり、rr>0{}> 0 を掛けて yy の値域は −r-r≦y{}\leqq y≦r{}\leqq r。方程式が解をもつことは kk が値域に入ることと同じなので、∣k∣|k|≦r{}\leqq r が必要十分である。（証明終）

j15 の「解をもつ kk の範囲は −2-2≦k{}\leqq k≦2{}\leqq 2」はこの定理そのものです。θ\theta に範囲があるとき（j18）は θ\theta+α{}+ \alpha が実数全体を動かないので、値域は −r-r≦y{}\leqq y≦r{}\leqq r より狭くなることがあり、本文で「かたまりの範囲を先に書く」と繰り返したのはそのためです。

定理3：cos での合成と、r の不変性

aa，bb を同時に 00 でない実数、rr=a2+b2{}= \sqrt{a^2 + b^2} とする。

(1) cos⁡β\cos\beta=br{}= \dfrac{b}{r}，sin⁡β\sin\beta=ar{}= \dfrac{a}{r} を満たす β\beta をとると、すべての実数 θ\theta について asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=rcos⁡(θ−β){}= r\cos(\theta - \beta)。

(2) r′r'>0{}> 0，γ\gamma が、すべての実数 θ\theta について asin⁡θa\sin\theta+bcos⁡θ{}+ b\cos\theta=r′cos⁡(θ+γ){}= r'\cos(\theta + \gamma) を満たすなら r′r'=r{}= r。

すなわち、sin⁡\sin で合成しても cos⁡\cos で合成しても、また θ\theta+α{}+ \alpha の形でも θ\theta−β{}- \beta の形でも、係数 rr は a2+b2\sqrt{a^2 + b^2} に等しい。

証明　(1) 点 (br, ar)\left(\dfrac{b}{r},\ \dfrac{a}{r}\right) も単位円上にあるので定理1と同様に β\beta が存在し、加法定理より rcos⁡(θ−β)r\cos(\theta - \beta)=rcos⁡βcos⁡θ{}= r\cos\beta\cos\theta+rsin⁡βsin⁡θ{}+ r\sin\beta\sin\theta=bcos⁡θ{}= b\cos\theta+asin⁡θ{}+ a\sin\theta。

(2) θ\theta=0{}= 0 を代入して bb=r′cos⁡γ{}= r'\cos\gamma、θ\theta=−π2{}= -\dfrac{\pi}{2} を代入して aa=r′cos⁡(γ−π2){}= r'\cos\left(\gamma - \dfrac{\pi}{2}\right)=r′sin⁡γ{}= r'\sin\gamma。2 乗して足すと a2a^2+b2{}+ b^2=r′2{}= r'^2 で、r′r'=r{}= r。（証明終）

rr は「どの形で書くか」によらない、関数そのものに属する量です。第7章の言葉でいえば振幅で、グラフの山の高さは表し方を変えても変わりません。一方 α\alpha や β\beta は「どの関数を基準にどれだけずらすか」を表す量なので、sin⁡\sin 基準と cos⁡\cos 基準で π2\dfrac{\pi}{2} 違います（例題2・j08・j16）。物理や工学で「振幅」と「位相」を区別して扱うのは、この違いに対応しています。

定理4：t = sin θ + cos θ の値域と、t と θ の対応

tt=sin⁡θ{}= \sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta とおくと、θ\theta が実数全体を動くとき tt の値域は −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2} であり、sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=t2−12{}= \dfrac{t^2 - 1}{2} が成り立つ。また 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi の範囲では、−2-\sqrt{2}<t{}< t<2{}< \sqrt{2} の各 tt に対して θ\theta はちょうど 2 個、tt=±2{}= \pm\sqrt{2} に対しては 1 個である。

証明　定理1で aa=b{}= b=1{}= 1 とすると tt=2sin⁡(θ+π4){}= \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) なので、定理2より値域は −2-\sqrt{2}≦t{}\leqq t≦2{}\leqq \sqrt{2}。また t2t^2=sin⁡2θ{}= \sin^2\theta+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta より sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=t2−12{}= \dfrac{t^2 - 1}{2}。後半は、θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} が π4\dfrac{\pi}{4}≦θ{}\leqq \theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}<94π{}< \dfrac{9}{4}\pi の 1 周分を動くので、第8章の厳密定義 定理1（sin⁡\sin の方程式の解の個数）をかたまりに適用すればよい。（証明終）

例題6・j13 で「tt の範囲を −1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 としない」と注意しましたが、その根拠がこの定理です。sin⁡θ\sin\theta と cos⁡θ\cos\theta を別々の変数と思うと和は −2-2 から 22 まで動きそうですが、2 つは sin⁡2θ\sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1 で縛られているので、実際の幅は 2\sqrt{2} 倍までしか広がりません。sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta，sin⁡θ\sin\theta+3cos⁡θ{}+ \sqrt{3}\cos\theta などの置き換えでも、範囲は毎回合成で決めます。

補足：周期が同じ波の和は同じ周期の波、周期が違うと崩れる。定理1をもう少し一般に述べると、同じ ω\omega>0{}> 0 に対して Asin⁡(ωt+φ1)A\sin(\omega t + \varphi_1)+Bsin⁡(ωt+φ2){}+ B\sin(\omega t + \varphi_2) は、加法定理でほどけば (…)sin⁡ωt(\ldots)\sin\omega t+(…)cos⁡ωt{}+ (\ldots)\cos\omega t の形になるので、必ず Rsin⁡(ωt+φ)R\sin(\omega t + \varphi) という同じ周期の 1 つの波にまとまります（小話1・2 で使ったのはこの形です）。一方、sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta のように周期の違う波の和は、周期 2π2\pi の関数ではあっても Rsin⁡(θ+φ)R\sin(\theta + \varphi) の形にはなりません。もしなるとすれば、θ\theta=0{}= 0 を代入して Rsin⁡φR\sin\varphi=0{}= 0、θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を代入して Rcos⁡φR\cos\varphi=0{}= 0（sin⁡32π\sin\dfrac{3}{2}\pi+sin⁡π2{}+ \sin\dfrac{\pi}{2}=−1{}= -1+1{}+ 1=0{}= 0）が同時に成り立ち、RR=0{}= 0 となりますが、θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} では sin⁡34π\sin\dfrac{3}{4}\pi+sin⁡π4{}+ \sin\dfrac{\pi}{4}=2{}= \sqrt{2}≠0{}\neq 0 なので矛盾するからです。周期の違う波を扱うには、和を積に直す第12章の和積の公式が要ります。

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