目次 ／ 三角比と三角関数 ／ 数学II

第12章　積和・和積の公式と応用

—— 加法定理の足し引きで、積は和に、和は積に——周期の違う 2 本の波もまとめて読める ——

第11章の最後で、sin 3θ + sin θ は周期が違うので合成できず、第9章公式6 の足し引きで 2 sin 2θ cos θ という「積」になることを見ました。この章はそこから始めます。加法定理の 4 本を足し引きして「積を和に直す」積和の公式を名前つきで整理し、α + β = A、α − β = B とおき直して「和を積に直す」和積の公式を作ります。積和は sin 75° cos 15° や cos 20° cos 40° cos 80° のような値の計算と、積の形の関数の最大・最小に、和積は sin 3θ = sin θ のような方程式に効きます（第10章 j17 と同じ答えが、3 倍角なしで出ます）。後半では、周期の違う 2 本の波の和が「平均の速い波 × 差のゆっくりした波」と読めることを確かめ、第7・8章の小話で予告した大潮小潮とうなりの正体を明かします。分野の最終章なので、最後に三角比から三角関数までの 12 章を振り返り、微分積分・ベクトル・複素数平面への道を案内します。

問題マップ記録を読み込み中…
基1基2基3基4基51234567891011121314151617181920
未回答 25× 0○ 01か月定着 0

足し引きに名前を付ける——積和の公式

第11章の j20 で、sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta を 2sin⁡2θcos⁡θ2\sin 2\theta\cos\theta に直しました。3θ3\theta=2θ{}= 2\theta+θ{}+ \theta，θ\theta=2θ{}= 2\theta−θ{}- \theta と見て加法定理でほどき、2 本を足すと cos⁡2θsin⁡θ\cos 2\theta\sin\theta が消える——という計算でした。実はこの足し引きは、第9章公式6の「よく使う結果」でもう出ています。この章では、それを 4 本そろえて名前を付けるところから始めます。

加法定理の 4 本を並べます。

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

1 本目と 2 本目を足すと cos⁡αsin⁡β\cos\alpha\sin\beta が消えて 2sin⁡αcos⁡β2\sin\alpha\cos\beta が残り、引くと sin⁡αcos⁡β\sin\alpha\cos\beta が消えて 2cos⁡αsin⁡β2\cos\alpha\sin\beta が残ります。3 本目と 4 本目も同じで、足せば 2cos⁡αcos⁡β2\cos\alpha\cos\beta、引けば −2sin⁡αsin⁡β-2\sin\alpha\sin\beta。両辺を 22 で割って左右を入れ替えると、積が和（差）で書けます。

公式1：積和の公式
sin⁡αcos⁡β\displaystyle \sin\alpha\cos\beta=12{sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)\}cos⁡αsin⁡β\displaystyle \cos\alpha\sin\beta=12{sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)\}cos⁡αcos⁡β\displaystyle \cos\alpha\cos\beta=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)\}sin⁡αsin⁡β\displaystyle \sin\alpha\sin\beta=−12{cos⁡(α+β)−cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= -\frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) - \cos(\alpha - \beta)\}

積を和・差に直すので積和の公式という。覚えるより、加法定理の 2 本を足し引きして毎回作れるようにしておく。

4 本目だけ先頭にマイナスが付くのは、cos⁡\cos の加法定理が「仲間どうし・逆符号」で、sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta の前がマイナスだからです。12{cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β)}\dfrac{1}{2}\{\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)\} と、引く順番を入れ替えて書いても同じです。

第10章の「両替」を覚えているでしょうか。sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2} は、次数を 1 つ手放すかわりに角を 2 倍にしてもらう両替でした。これは公式1の 1 本目で β\beta=α{}= \alpha とした特別な場合です（sin⁡0\sin 0=0{}= 0 なので 2 項目が消えます）。cos⁡2α\cos^2\alpha=1+cos⁡2α2{}= \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{2} も 3 本目で β\beta=α{}= \alpha としたもの。積和の公式は、両替の窓口を、違う角どうしの積にまで広げたものです。sin⁡3θcos⁡θ\sin 3\theta\cos\theta のような「角の違う 2 枚」を出すと、角の和 4θ4\theta と角の差 2θ2\theta の 2 枚に崩してくれます。

積和の公式とは、加法定理の 2 本を足し引きして積 sin⁡αcos⁡β\sin\alpha\cos\beta などを「角の和」と「角の差」の sin⁡\sin・cos⁡\cos の和に直すもので、第10章の次数下げはその β\beta=α{}= \alpha の場合だということです。

例題1：積を和・差に直す

(1) sin⁡3θcos⁡θ\sin 3\theta\cos\theta

(2) cos⁡5θcos⁡2θ\cos 5\theta\cos 2\theta

(3) sin⁡2θsin⁡θ\sin 2\theta\sin\theta

上の各式を、sin⁡\sin または cos⁡\cos の和または差の形で表しなさい。

【解答】

(1) 公式1の 1 本目で α\alpha=3θ{}= 3\theta，β\beta=θ{}= \theta。角の和は 4θ4\theta、差は 2θ2\theta です。

sin⁡3θcos⁡θ\displaystyle \sin 3\theta\cos\theta=12(sin⁡4θ+sin⁡2θ)‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{2}(\sin 4\theta + \sin 2\theta)}

(2) 3 本目で α\alpha=5θ{}= 5\theta，β\beta=2θ{}= 2\theta。

cos⁡5θcos⁡2θ\displaystyle \cos 5\theta\cos 2\theta=12(cos⁡7θ+cos⁡3θ)‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{2}(\cos 7\theta + \cos 3\theta)}

(3) 4 本目で α\alpha=2θ{}= 2\theta，β\beta=θ{}= \theta。

sin⁡2θsin⁡θ\displaystyle \sin 2\theta\sin\theta=−12(cos⁡3θ−cos⁡θ)\displaystyle {}= -\frac{1}{2}(\cos 3\theta - \cos\theta)=12(cos⁡θ−cos⁡3θ)‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{2}(\cos\theta - \cos 3\theta)}

検算は θ\theta に具体的な値を入れるのが手軽です。(3) で θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} とすると、左辺は sin⁡πsin⁡π2\sin\pi\sin\dfrac{\pi}{2}=0{}= 0、右辺は 12(0−cos⁡32π)\dfrac{1}{2}\left(0 - \cos\dfrac{3}{2}\pi\right)=0{}= 0。(1) で θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} なら、左辺 sin⁡π2cos⁡π6\sin\dfrac{\pi}{2}\cos\dfrac{\pi}{6}=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}、右辺 12(sin⁡23π+sin⁡π3)\dfrac{1}{2}\left(\sin\dfrac{2}{3}\pi + \sin\dfrac{\pi}{3}\right)=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} で合っています。

逆向きに読む——和積の公式

積和の公式を右から左へ読むと、「和」が「積」になります。ただし右辺の角は α\alpha+β{}+ \beta と α\alpha−β{}- \beta という形なので、sin⁡5θ\sin 5\theta+sin⁡3θ{}+ \sin 3\theta のような和に使うには、5θ5\theta と 3θ3\theta がそれぞれ何の和・差なのかを先に探す必要があります。

そこで文字をおき直します。

α\displaystyle \alpha+β\displaystyle {}+ \beta=A,\displaystyle {}= A,α\displaystyle \alpha−β\displaystyle {}- \beta=B\displaystyle {}= B

とおくと、足して 22 で割れば α\alpha=A+B2{}= \dfrac{A + B}{2}、引いて 22 で割れば β\beta=A−B2{}= \dfrac{A - B}{2}。2 つの数を「真ん中」と「半分の差」で言い直す操作です。7070 と 5050 を「6060 から上下に 1010 ずつ」と言い直すのと同じで、5θ5\theta と 3θ3\theta なら真ん中が 4θ4\theta、半分の差が θ\theta です。これを公式1に入れると、次の 4 本ができます。

公式2：和積の公式
sin⁡A\displaystyle \sin A+sin⁡B\displaystyle {}+ \sin B=2sin⁡A+B2cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}sin⁡A\displaystyle \sin A−sin⁡B\displaystyle {}- \sin B=2cos⁡A+B2sin⁡A−B2\displaystyle {}= 2\cos\frac{A + B}{2}\sin\frac{A - B}{2}cos⁡A\displaystyle \cos A+cos⁡B\displaystyle {}+ \cos B=2cos⁡A+B2cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\cos\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}cos⁡A\displaystyle \cos A−cos⁡B\displaystyle {}- \cos B=−2sin⁡A+B2sin⁡A−B2\displaystyle {}= -2\sin\frac{A + B}{2}\sin\frac{A - B}{2}

和・差を積に直すので和積の公式という。右辺は「真ん中の角 A+B2\dfrac{A + B}{2}」と「半分の差の角 A−B2\dfrac{A - B}{2}」の 2 つでできている。

sin⁡\sin の和なら「sin⁡\sin（真ん中）×cos⁡\cos（半分の差）」、cos⁡\cos の和なら「cos⁡×cos⁡\cos \times \cos」。差のときは、sin⁡\sin の差が「cos⁡\cos（真ん中）×sin⁡\sin（半分の差）」、cos⁡\cos の差が「−2sin⁡×sin⁡-2\sin \times \sin」です。第11章 j20 の cos⁡3θ\cos 3\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=2cos⁡2θcos⁡θ{}= 2\cos 2\theta\cos\theta は 3 本目で AA=3θ{}= 3\theta，BB=θ{}= \theta としたもので、真ん中 2θ2\theta、半分の差 θ\theta がそのまま現れています。

「AA，BB はどんな角でもよいのか」は気になるところです。AA，BB を先に決めても、α\alpha=A+B2{}= \dfrac{A + B}{2}，β\beta=A−B2{}= \dfrac{A - B}{2} という α\alpha，β\beta が必ず 1 組見つかるので、公式1から公式2へのおき直しはいつでもできます（厳密定義の定理2）。

和積の公式とは、積和の公式を α\alpha+β{}+ \beta=A{}= A，α\alpha−β{}- \beta=B{}= B とおき直して逆向きに読んだもので、和 sin⁡A\sin A+sin⁡B{}+ \sin B などを「真ん中の角」と「半分の差の角」の積に直すということです。

例題2：和・差を積に直す

(1) sin⁡5θ\sin 5\theta+sin⁡3θ{}+ \sin 3\theta

(2) sin⁡5θ\sin 5\theta−sin⁡θ{}- \sin\theta

(3) cos⁡3θ\cos 3\theta−cos⁡7θ{}- \cos 7\theta

上の各式を積の形で表しなさい。

【解答】

(1) 真ん中 5θ+3θ2\dfrac{5\theta + 3\theta}{2}=4θ{}= 4\theta，半分の差 5θ−3θ2\dfrac{5\theta - 3\theta}{2}=θ{}= \theta。

sin⁡5θ\displaystyle \sin 5\theta+sin⁡3θ\displaystyle {}+ \sin 3\theta=2sin⁡4θcos⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{2\sin 4\theta\cos\theta}

(2) 真ん中 3θ3\theta，半分の差 2θ2\theta。sin⁡\sin の差は「cos⁡\cos（真ん中）×sin⁡\sin（半分の差）」です。

sin⁡5θ\displaystyle \sin 5\theta−sin⁡θ\displaystyle {}- \sin\theta=2cos⁡3θsin⁡2θ‾\displaystyle {}= \underline{2\cos 3\theta\sin 2\theta}

(3) 真ん中 5θ5\theta，半分の差 3θ−7θ2\dfrac{3\theta - 7\theta}{2}=−2θ{}= -2\theta。

cos⁡3θ\displaystyle \cos 3\theta−cos⁡7θ\displaystyle {}- \cos 7\theta=−2sin⁡5θsin⁡(−2θ)\displaystyle {}= -2\sin 5\theta\sin(-2\theta)=2sin⁡5θsin⁡2θ‾\displaystyle {}= \underline{2\sin 5\theta\sin 2\theta}

(3) は半分の差が負になりましたが、sin⁡(−2θ)\sin(-2\theta)=−sin⁡2θ{}= -\sin 2\theta（第6章公式4）でマイナスを外に出せば、きれいな積になります。(1) の検算：θ\theta=π8{}= \dfrac{\pi}{8} で、左辺 sin⁡58π\sin\dfrac{5}{8}\pi+sin⁡38π{}+ \sin\dfrac{3}{8}\pi、右辺 2sin⁡π2cos⁡π82\sin\dfrac{\pi}{2}\cos\dfrac{\pi}{8}=2cos⁡π8{}= 2\cos\dfrac{\pi}{8}。sin⁡58π\sin\dfrac{5}{8}\pi=sin⁡38π{}= \sin\dfrac{3}{8}\pi=cos⁡π8{}= \cos\dfrac{\pi}{8}（第6章公式5）なので一致します。

値の計算——積は積和で、和は和積で

三角定規の角ではない 75∘75^\circ，15∘15^\circ でも、和と差が 90∘90^\circ，60∘60^\circ になる組なら、積和・和積で三角定規の値に落とせます。第9章では sin⁡75∘\sin 75^\circ を加法定理で 6+24\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} と出してから掛け算しましたが、積和なら 1 行です。値の計算では角が見やすいので、この節は度で書きます。

公式3：値の計算の使い分け
  • 積（sin⁡75∘cos⁡15∘\sin 75^\circ\cos 15^\circ など）→ 積和の公式で、角の和と差（90∘90^\circ，60∘60^\circ）の値の和に直す。
  • 和・差（sin⁡75∘+sin⁡15∘\sin 75^\circ + \sin 15^\circ など）→ 和積の公式で、真ん中と半分の差（45∘45^\circ，30∘30^\circ）の値の積に直す。
  • 3 つ以上の積（cos⁡20∘cos⁡40∘cos⁡80∘\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ など）→ 2 つずつ積和で和に直し、cos⁡(180∘−θ)\cos(180^\circ - \theta)=−cos⁡θ{}= -\cos\theta などで打ち消し合う項を探す。

3 つ目の型は、1 つ 1 つの値（cos⁡20∘\cos 20^\circ など）は三角定規の値でなく、記号で書けません。それでも積全体の値は 18\dfrac{1}{8} のようなきれいな数になります。書けない値どうしが、積和の途中で打ち消し合ってくれるからです。

値の計算では、積なら積和で「和と差の角」に、和なら和積で「真ん中と半分の差の角」に移して三角定規の値にし、3 つの積は 2 つずつ崩して打ち消し合いを探すということです。

例題3：値の計算

(1) sin⁡75∘cos⁡15∘\sin 75^\circ\cos 15^\circ

(2) sin⁡75∘+sin⁡15∘\sin 75^\circ + \sin 15^\circ

(3) cos⁡20∘cos⁡40∘cos⁡80∘\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ

上の各式の値を求めなさい。

【解答】

(1) 積和の 1 本目で、角の和 90∘90^\circ、差 60∘60^\circ。

sin⁡75∘cos⁡15∘\displaystyle \sin 75^\circ\cos 15^\circ=12(sin⁡90∘+sin⁡60∘)\displaystyle {}= \frac{1}{2}(\sin 90^\circ + \sin 60^\circ)=12(1+32)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)=2+34‾\displaystyle {}= \underline{\frac{2 + \sqrt{3}}{4}}

(2) 和積の 1 本目で、真ん中 45∘45^\circ、半分の差 30∘30^\circ。

sin⁡75∘+sin⁡15∘\displaystyle \sin 75^\circ + \sin 15^\circ=2sin⁡45∘cos⁡30∘\displaystyle {}= 2\sin 45^\circ\cos 30^\circ=2⋅22⋅32\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=62‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6}}{2}}

(3) まず前の 2 つを積和で崩します。

cos⁡20∘cos⁡40∘\displaystyle \cos 20^\circ\cos 40^\circ=12(cos⁡60∘+cos⁡20∘)\displaystyle {}= \frac{1}{2}(\cos 60^\circ + \cos 20^\circ)=14\displaystyle {}= \frac{1}{4}+12cos⁡20∘\displaystyle {}+ \frac{1}{2}\cos 20^\circ

これに cos⁡80∘\cos 80^\circ を掛けて、残った積 cos⁡20∘cos⁡80∘\cos 20^\circ\cos 80^\circ もまた積和で崩します。

(14+12cos⁡20∘)cos⁡80∘\displaystyle \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cos 20^\circ\right)\cos 80^\circ=14cos⁡80∘\displaystyle {}= \frac{1}{4}\cos 80^{\circ}+14(cos⁡100∘+cos⁡60∘)\displaystyle {}+ \frac{1}{4}(\cos 100^\circ + \cos 60^\circ)=14cos⁡80∘\displaystyle {}= \frac{1}{4}\cos 80^{\circ}+14cos⁡100∘\displaystyle {}+ \frac{1}{4}\cos 100^{\circ}+18\displaystyle {}+ \frac{1}{8}

cos⁡100∘\cos 100^\circ=cos⁡(180∘−80∘){}= \cos(180^\circ - 80^\circ)=−cos⁡80∘{}= -\cos 80^\circ なので最初の 2 項が消えて

cos⁡20∘cos⁡40∘cos⁡80∘\displaystyle \cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ=18‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{8}}

(1) の検算：第9章の値 sin⁡75∘\sin 75^\circ=cos⁡15∘{}= \cos 15^\circ=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} を掛けると 8+21216\dfrac{8 + 2\sqrt{12}}{16}=2+34{}= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}。(2) も 6+24\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}+6−24{}+ \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}=62{}= \dfrac{\sqrt{6}}{2} で一致します。(3) は第10章の 2 倍角でも解けます。両辺に sin⁡20∘\sin 20^\circ を掛けると、sin⁡20∘cos⁡20∘\sin 20^\circ\cos 20^\circ=12sin⁡40∘{}= \dfrac{1}{2}\sin 40^\circ から順に角が倍々になって 18sin⁡160∘\dfrac{1}{8}\sin 160^\circ=18sin⁡20∘{}= \dfrac{1}{8}\sin 20^\circ。角が 20∘20^\circ，40∘40^\circ，80∘80^\circ と倍々に並んでいるときの定番の別解です。

和積で解く方程式——和を積にして「積 = 0」へ

sin⁡3θ\sin 3\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta は、第10章 j17 (2) で 3 倍角の公式 sin⁡3θ\sin 3\theta=3sin⁡θ{}= 3\sin\theta−4sin⁡3θ{}- 4\sin^3\theta を使って解きました。3 次式の因数分解が要る、少し重い解き方でした。和積の公式を使うと、3 倍角を知らなくても解けます。

公式4：和積で解く方程式の手順
  1. 右辺を移項して、左辺を sin⁡A\sin A±sin⁡B{}\pm \sin B，cos⁡A\cos A±cos⁡B{}\pm \cos B の形にする（3 項あるときは、角の真ん中がそろう 2 項を先に組にする）。
  2. 和積の公式で積にし、「積 =0= 0」から「どちらかの因数 =0= 0」に分ける。
  3. それぞれを、かたまり（2θ2\theta，θ2\dfrac{\theta}{2} など）の範囲を先に書いてから解き、重なった解は 1 つにまとめる。

「積 =0= 0」は、第10章で「sin⁡θ\sin\theta で割らずにくくって積 =0= 0 にする」と繰り返した形です。和積の公式は、和の形の方程式を、その形に持ち込むための道具だといえます。単位円でいえば、どの因数も水面 yy=0{}= 0（または壁 xx=0{}= 0）との交点を探すだけになります。

和の形の方程式は、和積の公式で積にして「積 =0= 0」に分け、それぞれかたまりの範囲を先に書いて解くということです。

例題4：和積で方程式を解く

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi とします。

(1) 方程式 sin⁡3θ\sin 3\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta の解を求めなさい。

(2) 方程式 sin⁡θ\sin\theta+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta+sin⁡3θ{}+ \sin 3\theta=0{}= 0 の解を求めなさい。

【解答】

(1) 移項して sin⁡3θ\sin 3\theta−sin⁡θ{}- \sin\theta=0{}= 0。和積の 2 本目で、真ん中 2θ2\theta、半分の差 θ\theta。

2cos⁡2θsin⁡θ\displaystyle 2\cos 2\theta\sin\theta=0\displaystyle {}= 0

sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 から θ\theta=0,{}= 0, π\ \pi。cos⁡2θ\cos 2\theta=0{}= 0 は、かたまり 2θ2\theta の範囲が 00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi なので 2θ2\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π,\ \dfrac{3}{2}\pi, 52π,\ \dfrac{5}{2}\pi, 72π\ \dfrac{7}{2}\pi、つまり θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, 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}

第10章 j17 (2) と同じ 6 個です。3 倍角の道では sin⁡θ\sin\theta=0,{}= 0, ±22{}\ \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2} の 3 本の水面から、和積の道では sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 と cos⁡2θ\cos 2\theta=0{}= 0 の 2 つの因数から、同じ答えにたどり着きました。

(2) 3 項のうち、sin⁡θ\sin\theta と sin⁡3θ\sin 3\theta を組にすると真ん中が 2θ2\theta になり、残りの sin⁡2θ\sin 2\theta とそろいます。

sin⁡3θ\displaystyle \sin 3\theta+sin⁡θ\displaystyle {}+ \sin\theta+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta=2sin⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= 2\sin 2\theta\cos\theta+sin⁡2θ\displaystyle {}+ \sin 2\theta=sin⁡2θ(2cos⁡θ+1)\displaystyle {}= \sin 2\theta(2\cos\theta + 1)=0\displaystyle {}= 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、つまり θ\theta=0,{}= 0, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, π,\ \pi, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi。cos⁡θ\cos\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2} は θ\theta=23π,{}= \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} 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,} π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi,} 43π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{4}{3}\pi,} 32π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{2}\pi}

検算：θ\theta=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi で 32\dfrac{\sqrt{3}}{2}+(−32){}+ \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+0{}+ 0=0{}= 0。(2) で sin⁡θ\sin\theta と sin⁡2θ\sin 2\theta を先に組にすると、真ん中が 32θ\dfrac{3}{2}\theta になって sin⁡3θ\sin 3\theta とそろいません。「どの 2 つを組にすると真ん中が残りの角と同じになるか」を探すのがコツです。

積の形の最大・最小——積和で和にしてから

sin⁡θcos⁡(θ−π6)\sin\theta\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right) のような積は、どちらの因数も動くので、そのままでは最大・最小が読めません。積和で和に直すと、角の差 α\alpha−β{}- \beta のほうは θ\theta が消えて定数になり、動くのは角の和の 1 項だけになります。あとは第11章と同じく「かたまりの範囲を先に書く」型です。

公式5：積の最大・最小
  1. 積和の公式で和に直す。角の差（または和）から θ\theta が消えて定数になるように組む。
  2. 残った sin⁡(2θ+c)\sin(2\theta + c) などのかたまりの範囲を、θ\theta の範囲から先に書く。
  3. その範囲で sin⁡\sin・cos⁡\cos が動く幅を単位円で読み、最後に元の積へ代入して検算する。

第10章の sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=sin⁡2θ2{}= \dfrac{\sin 2\theta}{2} で最大が 12\dfrac{1}{2} と分かったのと同じ理屈で、積和はここでも「両替してから読む」道具です。

積の形の関数は、積和で和に直して動く項を 1 つにし、そのかたまりの範囲を先に書いて最大・最小を読むということです。

例題5：積の最大・最小

00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} のとき、関数 yy=4sin⁡θcos⁡(θ−π6){}= 4\sin\theta\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right) 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】

積和の 1 本目で α\alpha=θ{}= \theta，β\beta=θ{}= \theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6}。角の和は 2θ2\theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6}、差は π6\dfrac{\pi}{6} で、差から θ\theta が消えます。

y\displaystyle y=4⋅12{sin⁡(2θ−π6)+sin⁡π6}\displaystyle {}= 4 \cdot \frac{1}{2}\left\{\sin\left(2\theta - \frac{\pi}{6}\right) + \sin\frac{\pi}{6}\right\}=2sin⁡(2θ−π6)\displaystyle {}= 2\sin\left(2\theta - \frac{\pi}{6}\right)+1\displaystyle {}+ 1

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

検算：θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で 4⋅32⋅cos⁡π64 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \cos\dfrac{\pi}{6}=4⋅32⋅32{}= 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=3{}= 3、θ\theta=0{}= 0 で 4⋅04 \cdot 0=0{}= 0。展開して 23sin⁡θcos⁡θ2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta+2sin⁡2θ{}+ 2\sin^2\theta にし、第11章の「両替 → 合成」でも同じ式 2sin⁡(2θ−π6)2\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)+1{}+ 1 にたどり着きます。積和は、その 2 段を 1 段で済ませる近道です。

周期の違う 2 本の波——平均の速い波 × 差のゆっくりした波

第11章では、周期が同じ 2 本の波を足すと 1 本の波にまとまることを見ました。第11章の厳密定義の補足では、sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta のように周期の違う波の和は Rsin⁡(θ+φ)R\sin(\theta + \varphi) の形にならないことも示しました。では、周期の違う波の和はどんな形をしているのでしょう。

和積の公式が答えです。

sin⁡3θ\displaystyle \sin 3\theta+sin⁡θ\displaystyle {}+ \sin\theta=2sin⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= 2\sin 2\theta\cos\theta=(2cos⁡θ)×sin⁡2θ\displaystyle {}= (2\cos\theta) \times \sin 2\theta

右辺を「sin⁡2θ\sin 2\theta という波の振幅が、2cos⁡θ2\cos\theta に従ってゆっくり変わっている」と読みます。sin⁡2θ\sin 2\theta の振幅は、第11章までは rr という定数でした。ここでは振幅そのものが時間（θ\theta）とともに伸び縮みします。グラフに yy=±2cos⁡θ{}= \pm 2\cos\theta を重ねると、和の波はこの 2 本の曲線の間に収まり、ときどき触れながら揺れています。

θ y O π/2 π 3π/2 2π 2 1 −1 −2 y = sin 3θ + sin θ = 2 cos θ · sin 2θ 外枠 y = ±2 cos θ

sin⁡3θ\sin 3\theta と sin⁡θ\sin\theta は周期が 3 倍も違うので、「速い波」と「ゆっくりした波」の区別はまだはっきりしません。2 本の周期が近いときに、この読み方が生きてきます。sin⁡9θ\sin 9\theta+sin⁡7θ{}+ \sin 7\theta なら

sin⁡9θ\displaystyle \sin 9\theta+sin⁡7θ\displaystyle {}+ \sin 7\theta=2sin⁡8θcos⁡θ\displaystyle {}= 2\sin 8\theta\cos\theta

真ん中 8θ8\theta の速い波 sin⁡8θ\sin 8\theta が、半分の差 θ\theta のゆっくりした波 2cos⁡θ2\cos\theta を「外枠」にして揺れます。外枠が大きいところでは 2 本が強め合い、外枠が 00 のところでは打ち消し合う。水面に 2 つの波が重なって、大きなうねりと静かな所が交互に来る様子そのものです。

θ y O π/2 π 3π/2 2π 2 1 −1 −2 y = sin 9θ + sin 7θ = 2 cos θ · sin 8θ 外枠 y = ±2 cos θ（差のゆっくりした波）
公式6：周期の違う 2 本の波の和

aa>b{}> b>0{}> 0 のとき

sin⁡aθ\displaystyle \sin a\theta+sin⁡bθ\displaystyle {}+ \sin b\theta=2cos⁡a−b2θ⋅sin⁡a+b2θ\displaystyle {}= 2\cos\frac{a - b}{2}\theta \cdot \sin\frac{a + b}{2}\theta

sin⁡a+b2θ\sin\dfrac{a + b}{2}\theta を平均の速い波、2cos⁡a−b2θ2\cos\dfrac{a - b}{2}\theta をその振幅を決める差のゆっくりした波（外枠）と読む。外枠の山と谷はどちらも強め合う位置なので、「大きくなる」回数は外枠の cos⁡\cos の周期の 2 倍の速さでやってくる。

最後の一文は大事です。∣2cos⁡θ∣|2\cos\theta| のグラフは、cos⁡θ\cos\theta の山も谷も折り返して山にするので、周期が π\pi に縮みます（第7章 j16 の ∣sin⁡θ∣|\sin\theta| の周期 π\pi と同じ）。fig02 でも、うねりの大きな所は θ\theta=0,{}= 0, π,\ \pi, 2π\ 2\pi と、π\pi ごとに来ています。

周期の違う 2 本の波の和は、和積の公式で「平均の速い波」と「差のゆっくりした外枠」の積になり、外枠の絶対値の周期ごとに強め合いと打ち消し合いが繰り返されるということです。

例題6：うなりの回数

時刻 tt 秒における 2 つの音の波を yy=sin⁡(884πt){}= \sin(884\pi t)，yy=sin⁡(880πt){}= \sin(880\pi t) とします（振動数はそれぞれ 1 秒に 442442 回と 440440 回）。2 つの和を積の形で表し、1 秒あたりに音が大きくなる回数（うなりの回数）を求めなさい。

【解答】

和積の 1 本目で、真ん中 884πt+880πt2\dfrac{884\pi t + 880\pi t}{2}=882πt{}= 882\pi t、半分の差 884πt−880πt2\dfrac{884\pi t - 880\pi t}{2}=2πt{}= 2\pi t。

sin⁡(884πt)\displaystyle \sin(884\pi t)+sin⁡(880πt)\displaystyle {}+ \sin(880\pi t)=2cos⁡(2πt)sin⁡(882πt)\displaystyle {}= 2\cos(2\pi t)\sin(882\pi t)

速い波 sin⁡(882πt)\sin(882\pi t) は 1 秒に 441441 回振動する音（2 つの平均）で、その振幅が外枠 2cos⁡(2πt)2\cos(2\pi t) に従って変わります。cos⁡(2πt)\cos(2\pi t) の周期は 2π2π\dfrac{2\pi}{2\pi}=1{}= 1 秒ですが、音の大きさは外枠の絶対値 ∣2cos⁡(2πt)∣|2\cos(2\pi t)| で決まり、その周期は 12\dfrac{1}{2} 秒。したがって

2sin⁡(882πt)cos⁡(2πt),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}2\sin(882\pi t)\cos(2\pi t),}うなりは 1 秒に 2 回‾\displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\quad \text{うなりは 1 秒に } 2 \text{ 回}}

22 回は振動数の差 442442−440{}- 440 に等しく、第8章小話3の「1 秒あたり ∣f1−f2∣|f_1 - f_2| 回」がこれで式から確かめられました。外枠の cos⁡\cos の振動数は差の半分の 11 回ですが、山と谷の両方で音が大きくなるので、聞こえる回数は 22 倍の 22 回です。

分野のまとめ——三角比から三角関数、そして次の分野へ

12 章を振り返ると、この分野は 3 つの段階でできていました。

段階章何をしたか
三角比（図形）第1〜4章直角三角形の辺の比（第1章）を単位円で鈍角に広げ（第2章）、正弦定理・余弦定理と面積で三角形を「計算で解く」
三角関数（関数）第5〜8章角を回転の量とラジアンで測り直し（第5章）、単位円の点の座標として一般角に広げ（第6章）、グラフ（第7章）と方程式・不等式（第8章）で関数として扱う
加法定理とその応用第9〜12章回転した点の座標から加法定理（第9章）。β=α\beta = \alpha で 2 倍角・半角（第10章）、右から左へ読んで合成（第11章）、足し引きして積和・和積（第12章）

後半 4 章の公式は、どれも加法定理に何かを代入するか、足し引きするか、逆向きに読むだけで出てきました。第9章で「加法定理はいちばん大きな公式」と書いたのは、このことです。もとをたどれば、加法定理そのものは「単位円の点 P(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathrm{P}(\cos\theta,\ \sin\theta)」という第6章の定義と、「回転しても距離は変わらない」という第9章の弦の長さの計算から出ています。

この分野の道具は、ほかの分野のあちこちで使われます。

三角比は「測れない長さを測る」ために生まれ、三角関数は「回るもの・揺れるもの」を表す言葉になりました。波の足し算（第11章）と掛け算（第12章）まで来た今、フーリエの「どんな波も sin⁡\sin と cos⁡\cos の和」（第7章小話1）の入口に立っています。この先の分野で sin⁡\sin・cos⁡\cos に出会ったら、単位円と加法定理に戻れば、たいていのことは自分で作り直せます。

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⁡3θcos⁡θ\cos 3\theta\cos\theta を cos⁡\cos の和の形で表しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

12(cos⁡4θ+cos⁡2θ)‾\underline{\dfrac{1}{2}(\cos 4\theta + \cos 2\theta)}（積和の公式。角の和 4θ4\theta、差 2θ2\theta）

自己採点：
記録を読み込み中…

問2

sin⁡4θ\sin 4\theta+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta を積の形で表しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

2sin⁡3θcos⁡θ‾\underline{2\sin 3\theta\cos\theta}（和積の公式。真ん中 3θ3\theta、半分の差 θ\theta）

自己採点：
記録を読み込み中…

問3

cos⁡5θ\cos 5\theta−cos⁡3θ{}- \cos 3\theta を積の形で表しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

−2sin⁡4θsin⁡θ‾\underline{-2\sin 4\theta\sin\theta}（cos⁡\cos の差は −2sin⁡×sin⁡-2\sin \times \sin）

自己採点：
記録を読み込み中…

問4

cos⁡75∘cos⁡15∘\cos 75^\circ\cos 15^\circ の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

14‾\underline{\dfrac{1}{4}}（12(cos⁡90∘+cos⁡60∘)\dfrac{1}{2}(\cos 90^\circ + \cos 60^\circ)=12⋅12{}= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}）

自己採点：
記録を読み込み中…

問5

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：
答えを見る
答え

θ=0,‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} π2,‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \dfrac{\pi}{2},} π,‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi,} 32π‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \dfrac{3}{2}\pi}（2sin⁡2θcos⁡θ2\sin 2\theta\cos\theta=0{}= 0。第11章 j20 と同じ答え）

自己採点：
記録を読み込み中…

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) 2sin⁡5θcos⁡3θ2\sin 5\theta\cos 3\theta

(2) 2cos⁡4θsin⁡θ2\cos 4\theta\sin\theta

(3) 2sin⁡3θsin⁡2θ2\sin 3\theta\sin 2\theta

上の各式を、sin⁡\sin または cos⁡\cos の和または差の形で表しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) sin⁡8θ\sin 8\theta+sin⁡2θ{}+ \sin 2\theta　(2) sin⁡5θ\sin 5\theta−sin⁡3θ{}- \sin 3\theta　(3) cos⁡θ\cos\theta−cos⁡5θ{}- \cos 5\theta

解説

どれも「角の和」と「角の差」を先に書き出してから、公式1のどの 1 本かを選びます。

(1) sin⁡αcos⁡β\sin\alpha\cos\beta の形で、和 8θ8\theta、差 2θ2\theta。

2sin⁡5θcos⁡3θ\displaystyle 2\sin 5\theta\cos 3\theta=sin⁡8θ‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}\sin 8\theta}+sin⁡2θ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}{}+ \sin 2\theta}

(2) cos⁡αsin⁡β\cos\alpha\sin\beta の形（2 本目）で、和 5θ5\theta、差 3θ3\theta。sin⁡\sin どうしの差になります。

2cos⁡4θsin⁡θ\displaystyle 2\cos 4\theta\sin\theta=sin⁡5θ‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}\sin 5\theta}−sin⁡3θ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}{}- \sin 3\theta}

(3) sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta の形（4 本目）で、和 5θ5\theta、差 θ\theta。先頭のマイナスに注意します。

2sin⁡3θsin⁡2θ\displaystyle 2\sin 3\theta\sin 2\theta=−(cos⁡5θ−cos⁡θ)\displaystyle {}= -(\cos 5\theta - \cos\theta)=cos⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}\cos\theta}−cos⁡5θ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7778em}{}- \cos 5\theta}

検算：(3) で θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} とすると、左辺 2sin⁡32πsin⁡π2\sin\dfrac{3}{2}\pi\sin\pi=0{}= 0、右辺 cos⁡π2\cos\dfrac{\pi}{2}−cos⁡52π{}- \cos\dfrac{5}{2}\pi=0{}= 0−0{}- 0=0{}= 0。(2) で θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} なら、左辺 2cos⁡2πsin⁡π22\cos 2\pi\sin\dfrac{\pi}{2}=2{}= 2、右辺 sin⁡52π\sin\dfrac{5}{2}\pi−sin⁡32π{}- \sin\dfrac{3}{2}\pi=1{}= 1−(−1){}- (-1)=2{}= 2。

自己採点：
記録を読み込み中…

問2　★

(1) sin⁡7θ\sin 7\theta+sin⁡3θ{}+ \sin 3\theta

(2) cos⁡6θ\cos 6\theta+cos⁡2θ{}+ \cos 2\theta

(3) cos⁡θ\cos\theta−cos⁡5θ{}- \cos 5\theta

上の各式を積の形で表しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) 2sin⁡5θcos⁡2θ2\sin 5\theta\cos 2\theta　(2) 2cos⁡4θcos⁡2θ2\cos 4\theta\cos 2\theta　(3) 2sin⁡3θsin⁡2θ2\sin 3\theta\sin 2\theta

解説

真ん中 A+B2\dfrac{A + B}{2} と半分の差 A−B2\dfrac{A - B}{2} を先に計算します。

(1) 真ん中 5θ5\theta、半分の差 2θ2\theta。

sin⁡7θ\displaystyle \sin 7\theta+sin⁡3θ\displaystyle {}+ \sin 3\theta=2sin⁡5θcos⁡2θ‾\displaystyle {}= \underline{2\sin 5\theta\cos 2\theta}

(2) 真ん中 4θ4\theta、半分の差 2θ2\theta。

cos⁡6θ\displaystyle \cos 6\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta=2cos⁡4θcos⁡2θ‾\displaystyle {}= \underline{2\cos 4\theta\cos 2\theta}

(3) 真ん中 3θ3\theta、半分の差 θ−5θ2\dfrac{\theta - 5\theta}{2}=−2θ{}= -2\theta。

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta−cos⁡5θ\displaystyle {}- \cos 5\theta=−2sin⁡3θsin⁡(−2θ)\displaystyle {}= -2\sin 3\theta\sin(-2\theta)=2sin⁡3θsin⁡2θ‾\displaystyle {}= \underline{2\sin 3\theta\sin 2\theta}

(3) は j01 (3) を逆向きに読んだものになっていて、積和と和積が行き来できることが確かめられます。半分の差が負になったら、sin⁡(−x)\sin(-x)=−sin⁡x{}= -\sin x でマイナスを外に出して符号を整えます（cos⁡\cos なら cos⁡(−x)\cos(-x)=cos⁡x{}= \cos x でそのまま消えます）。

自己採点：
記録を読み込み中…

問3　★

(1) sin⁡45∘cos⁡15∘\sin 45^\circ\cos 15^\circ

(2) sin⁡75∘sin⁡15∘\sin 75^\circ\sin 15^\circ

(3) cos⁡105∘cos⁡15∘\cos 105^\circ\cos 15^\circ

上の各式の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) 3+14\dfrac{\sqrt{3} + 1}{4}　(2) 14\dfrac{1}{4}　(3) −14-\dfrac{1}{4}

解説

積なので積和の公式で、角の和と差に移します。

(1) 和 60∘60^\circ、差 30∘30^\circ。

sin⁡45∘cos⁡15∘\displaystyle \sin 45^\circ\cos 15^\circ=12(sin⁡60∘+sin⁡30∘)\displaystyle {}= \frac{1}{2}(\sin 60^\circ + \sin 30^\circ)=12(32+12)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\right)=3+14‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{3} + 1}{4}}

(2) 和 90∘90^\circ、差 60∘60^\circ。

sin⁡75∘sin⁡15∘\displaystyle \sin 75^\circ\sin 15^\circ=−12(cos⁡90∘−cos⁡60∘)\displaystyle {}= -\frac{1}{2}(\cos 90^\circ - \cos 60^\circ)=−12(0−12)\displaystyle {}= -\frac{1}{2}\left(0 - \frac{1}{2}\right)=14‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{4}}

(3) 和 120∘120^\circ、差 90∘90^\circ。

cos⁡105∘cos⁡15∘\displaystyle \cos 105^\circ\cos 15^\circ=12(cos⁡120∘+cos⁡90∘)\displaystyle {}= \frac{1}{2}(\cos 120^\circ + \cos 90^\circ)=12(−12+0)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2} + 0\right)=−14‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{1}{4}}

検算：(2) は第9章の値 sin⁡75∘\sin 75^\circ=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}，sin⁡15∘\sin 15^\circ=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} を掛けて 6−216\dfrac{6 - 2}{16}=14{}= \dfrac{1}{4}。第10章の 2 倍角でも sin⁡75∘\sin 75^\circ=cos⁡15∘{}= \cos 15^\circ より sin⁡15∘cos⁡15∘\sin 15^\circ\cos 15^\circ=12sin⁡30∘{}= \dfrac{1}{2}\sin 30^\circ=14{}= \dfrac{1}{4} と出ます。

自己採点：
記録を読み込み中…

問4　★

(1) sin⁡105∘−sin⁡15∘\sin 105^\circ - \sin 15^\circ

(2) cos⁡75∘+cos⁡15∘\cos 75^\circ + \cos 15^\circ

(3) cos⁡105∘−cos⁡15∘\cos 105^\circ - \cos 15^\circ

上の各式の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) 22\dfrac{\sqrt{2}}{2}　(2) 62\dfrac{\sqrt{6}}{2}　(3) −62-\dfrac{\sqrt{6}}{2}

解説

和・差なので和積の公式で、真ん中と半分の差に移します。

(1) 真ん中 60∘60^\circ、半分の差 45∘45^\circ。sin⁡\sin の差は「cos⁡\cos（真ん中）×sin⁡\sin（半分の差）」。

sin⁡105∘−sin⁡15∘\displaystyle \sin 105^\circ - \sin 15^\circ=2cos⁡60∘sin⁡45∘\displaystyle {}= 2\cos 60^\circ\sin 45^\circ=2⋅12⋅22\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=22‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2}}{2}}

(2) 真ん中 45∘45^\circ、半分の差 30∘30^\circ。

cos⁡75∘+cos⁡15∘\displaystyle \cos 75^\circ + \cos 15^\circ=2cos⁡45∘cos⁡30∘\displaystyle {}= 2\cos 45^\circ\cos 30^\circ=2⋅22⋅32\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=62‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6}}{2}}

(3) 真ん中 60∘60^\circ、半分の差 45∘45^\circ。

cos⁡105∘−cos⁡15∘\displaystyle \cos 105^\circ - \cos 15^\circ=−2sin⁡60∘sin⁡45∘\displaystyle {}= -2\sin 60^\circ\sin 45^\circ=−2⋅32⋅22\displaystyle {}= -2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=−62‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{\sqrt{6}}{2}}

検算：(3) は cos⁡105∘\cos 105^\circ=−6−24{}= -\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}，cos⁡15∘\cos 15^\circ=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}（第9章）から −264-\dfrac{2\sqrt{6}}{4}=−62{}= -\dfrac{\sqrt{6}}{2}。105∘105^\circ も 15∘15^\circ も三角定規の角ではありませんが、真ん中と半分の差がどちらも三角定規の角になる組なので、値が 1 行で出ます。

自己採点：
記録を読み込み中…

問5　★

cos⁡αcos⁡β\displaystyle \cos\alpha\cos\beta=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)\} sin⁡αsin⁡β\displaystyle \sin\alpha\sin\beta=−12{cos⁡(α+β)−cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= -\frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) - \cos(\alpha - \beta)\}

加法定理を用いて、上の 2 つの等式が成り立つことを示しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

（証明）cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) と cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) の加法定理を足すと 2cos⁡αcos⁡β2\cos\alpha\cos\beta、引くと −2sin⁡αsin⁡β-2\sin\alpha\sin\beta が残る

解説

cos⁡\cos の加法定理（仲間どうし・逆符号）を 2 本並べます。

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta−sin⁡αsin⁡β⋯(A)\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\beta \quad \cdots\text{(A)}cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β⋯(B)\displaystyle {}+ \sin\alpha\sin\beta \quad \cdots\text{(B)}

(A) ++ (B) で sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta が消え、cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)+cos⁡(α−β){}+ \cos(\alpha - \beta)=2cos⁡αcos⁡β{}= 2\cos\alpha\cos\beta。両辺を 22 で割って 1 つ目の等式が得られます。

(A) −- (B) で cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta が消え、cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)−cos⁡(α−β){}- \cos(\alpha - \beta)=−2sin⁡αsin⁡β{}= -2\sin\alpha\sin\beta。両辺を −2-2 で割って 2 つ目の等式が得られます。（証明終）

2 つ目の先頭のマイナスは、(A) の sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta の前のマイナスから来ています。公式を忘れても、この 2 本を書いて足し引きすれば 30 秒で作り直せます。β\beta=α{}= \alpha とすると 1 つ目は cos⁡2α\cos^2\alpha=1+cos⁡2α2{}= \dfrac{1 + \cos 2\alpha}{2}、2 つ目は sin⁡2α\sin^2\alpha=1−cos⁡2α2{}= \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2}——第10章の半角の公式（両替）になります。

自己採点：
記録を読み込み中…

問6　★

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

つまずいたときは：
答えを見る
答え

θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, 54π,\ \dfrac{5}{4}\pi, 32π,\ \dfrac{3}{2}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi

解説

和積の 3 本目で、真ん中 2θ2\theta、半分の差 θ\theta。

2cos⁡2θcos⁡θ\displaystyle 2\cos 2\theta\cos\theta=0\displaystyle {}= 0

cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0 から θ\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi。cos⁡2θ\cos 2\theta=0{}= 0 は、かたまり 2θ2\theta の範囲 00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi で 2θ2\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π,\ \dfrac{3}{2}\pi, 52π,\ \dfrac{5}{2}\pi, 72π\ \dfrac{7}{2}\pi、つまり θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, 54π,\ \dfrac{5}{4}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi。重なりはありません。

θ=π4,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{4},} π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{2},} 34π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{4}\pi,} 54π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{4}\pi,} 32π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{2}\pi,} 74π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{7}{4}\pi}

検算：θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で cos⁡34π\cos\dfrac{3}{4}\pi+cos⁡π4{}+ \cos\dfrac{\pi}{4}=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2}+22{}+ \dfrac{\sqrt{2}}{2}=0{}= 0。第11章 j20 (1) で示した cos⁡3θ\cos 3\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=2cos⁡2θcos⁡θ{}= 2\cos 2\theta\cos\theta を、方程式に使ったことになります。

自己採点：
記録を読み込み中…

問7　★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 cos⁡2θ\cos 2\theta=cos⁡θ{}= \cos\theta の解を和積の公式を用いて求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

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

解説

移項して cos⁡2θ\cos 2\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta=0{}= 0。和積の 4 本目で、真ん中 32θ\dfrac{3}{2}\theta、半分の差 θ2\dfrac{\theta}{2}。

−2sin⁡32θsin⁡θ2\displaystyle -2\sin\frac{3}{2}\theta\sin\frac{\theta}{2}=0\displaystyle {}= 0

かたまりの範囲を先に書きます。00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi より、00≦θ2{}\leqq \dfrac{\theta}{2}<π{}< \pi，00≦32θ{}\leqq \dfrac{3}{2}\theta<3π{}< 3\pi。

  • sin⁡θ2\sin\dfrac{\theta}{2}=0{}= 0：θ2\dfrac{\theta}{2}=0{}= 0 より θ\theta=0{}= 0
  • sin⁡32θ\sin\dfrac{3}{2}\theta=0{}= 0：32θ\dfrac{3}{2}\theta=0,{}= 0, π,\ \pi, 2π\ 2\pi より θ\theta=0,{}= 0, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi

θ\theta=0{}= 0 が重なっているので 1 つにまとめて

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}

別解（第10章の道）：cos⁡2θ\cos 2\theta=2cos⁡2θ{}= 2\cos^2\theta−1{}- 1 より 2cos⁡2θ2\cos^2\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta−1{}- 1=0{}= 0，(cos⁡θ−1)(2cos⁡θ+1)(\cos\theta - 1)(2\cos\theta + 1)=0{}= 0 で cos⁡θ\cos\theta=1,{}= 1, −12{}\ -\dfrac{1}{2}。同じ 3 個が出ます。和積では半分の角 θ2\dfrac{\theta}{2}，32θ\dfrac{3}{2}\theta が出てくるので、範囲が 1 周より狭くなったり広くなったりすることに注意します。

自己採点：
記録を読み込み中…

問8　★

sin⁡7θ\sin 7\theta+sin⁡5θ{}+ \sin 5\theta を積の形で表しなさい。また、積の形の「速い波」sin⁡( ⋅ )\sin(\ \cdot\ ) と「ゆっくりした波」cos⁡( ⋅ )\cos(\ \cdot\ ) の周期をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

2sin⁡6θcos⁡θ2\sin 6\theta\cos\theta。速い波 sin⁡6θ\sin 6\theta の周期 π3\dfrac{\pi}{3}、ゆっくりした波 cos⁡θ\cos\theta の周期 2π2\pi

解説

和積の 1 本目で、真ん中 6θ6\theta、半分の差 θ\theta。

sin⁡7θ\displaystyle \sin 7\theta+sin⁡5θ\displaystyle {}+ \sin 5\theta=2sin⁡6θcos⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{2\sin 6\theta\cos\theta}

周期は第7章の 2πb\dfrac{2\pi}{b} で読みます。

  • 速い波 sin⁡6θ\sin 6\theta：2π6\dfrac{2\pi}{6}=π3‾{}= \underline{\dfrac{\pi}{3}}
  • ゆっくりした波 cos⁡θ\cos\theta：2π‾\underline{2\pi}

sin⁡6θ\sin 6\theta が π3\dfrac{\pi}{3} ごとに 1 回揺れる間、外枠 2cos⁡θ2\cos\theta はほとんど変わりません。外枠の 1 周期 2π2\pi の間に速い波は 6 回揺れ、その振幅が 22→0{}\to 0→−2{}\to -2→0{}\to 0→2{}\to 2 と変わっていきます（fig02 の sin⁡9θ\sin 9\theta+sin⁡7θ{}+ \sin 7\theta と同じ姿です）。元の 2 本の周期 27π\dfrac{2}{7}\pi と 25π\dfrac{2}{5}\pi の「間」に、速い波の周期 π3\dfrac{\pi}{3} があることも確かめておきましょう。

自己採点：
記録を読み込み中…

問9　★★

sin⁡20∘sin⁡40∘sin⁡80∘\sin 20^\circ\sin 40^\circ\sin 80^\circ の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

38\dfrac{\sqrt{3}}{8}

解説

前の 2 つを積和の 4 本目で崩します。和 60∘60^\circ、差 20∘20^\circ（40∘−20∘40^\circ - 20^\circ の順に組むと差が正になります）。

sin⁡40∘sin⁡20∘\displaystyle \sin 40^\circ\sin 20^\circ=−12(cos⁡60∘−cos⁡20∘)\displaystyle {}= -\frac{1}{2}(\cos 60^\circ - \cos 20^\circ)=12cos⁡20∘−14\displaystyle {}= \frac{1}{2}\cos 20^\circ - \frac{1}{4}

これに sin⁡80∘\sin 80^\circ を掛けます。

(12cos⁡20∘−14)sin⁡80∘\displaystyle \left(\frac{1}{2}\cos 20^\circ - \frac{1}{4}\right)\sin 80^\circ=12sin⁡80∘cos⁡20∘\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sin 80^\circ\cos 20^{\circ}−14sin⁡80∘\displaystyle {}- \frac{1}{4}\sin 80^\circ

残った積 sin⁡80∘cos⁡20∘\sin 80^\circ\cos 20^\circ を積和の 1 本目で崩すと 12(sin⁡100∘+sin⁡60∘)\dfrac{1}{2}(\sin 100^\circ + \sin 60^\circ)。sin⁡100∘\sin 100^\circ=sin⁡(180∘−80∘){}= \sin(180^\circ - 80^\circ)=sin⁡80∘{}= \sin 80^\circ なので

14sin⁡80∘+14sin⁡60∘−14sin⁡80∘\displaystyle \frac{1}{4}\sin 80^\circ + \frac{1}{4}\sin 60^\circ - \frac{1}{4}\sin 80^\circ=14⋅32\displaystyle {}= \frac{1}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=38‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{3}}{8}}

例題3 (3) の cos⁡20∘cos⁡40∘cos⁡80∘\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ=18{}= \dfrac{1}{8} と組み合わせると、tan⁡20∘tan⁡40∘tan⁡80∘\tan 20^\circ\tan 40^\circ\tan 80^\circ=3/81/8{}= \dfrac{\sqrt{3}/8}{1/8}=3{}= \sqrt{3}=tan⁡60∘{}= \tan 60^\circ という不思議な等式も得られます。書けない値 sin⁡80∘\sin 80^\circ が途中で打ち消し合うのが、この型の決め手です。

自己採点：
記録を読み込み中…

問10　★★

(1) cos⁡20∘+cos⁡100∘+cos⁡140∘\cos 20^\circ + \cos 100^\circ + \cos 140^\circ

(2) sin⁡20∘+sin⁡40∘−sin⁡80∘\sin 20^\circ + \sin 40^\circ - \sin 80^\circ

上の各式の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) 00　(2) 00

解説

3 項のうち 2 項を和積でまとめ、真ん中の角が三角定規の角になる組を選びます。

(1) cos⁡100∘+cos⁡140∘\cos 100^\circ + \cos 140^\circ を組にすると、真ん中 120∘120^\circ、半分の差 −20∘-20^\circ。

cos⁡100∘+cos⁡140∘\displaystyle \cos 100^\circ + \cos 140^\circ=2cos⁡120∘cos⁡(−20∘)\displaystyle {}= 2\cos 120^\circ\cos(-20^\circ)=2⋅(−12)cos⁡20∘\displaystyle {}= 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\cos 20^\circ=−cos⁡20∘\displaystyle {}= -\cos 20^\circ

よって cos⁡20∘−cos⁡20∘\cos 20^\circ - \cos 20^\circ=0‾{}= \underline{0}。

(2) sin⁡20∘+sin⁡40∘\sin 20^\circ + \sin 40^\circ を組にすると、真ん中 30∘30^\circ、半分の差 −10∘-10^\circ。

sin⁡20∘+sin⁡40∘\displaystyle \sin 20^\circ + \sin 40^\circ=2sin⁡30∘cos⁡(−10∘)\displaystyle {}= 2\sin 30^\circ\cos(-10^\circ)=cos⁡10∘\displaystyle {}= \cos 10^\circ

sin⁡80∘\sin 80^\circ=sin⁡(90∘−10∘){}= \sin(90^\circ - 10^\circ)=cos⁡10∘{}= \cos 10^\circ（第6章公式5）なので、cos⁡10∘−cos⁡10∘\cos 10^\circ - \cos 10^\circ=0‾{}= \underline{0}。

(1) の 3 つの角 20∘20^\circ，140∘140^\circ，260∘260^\circ（cos⁡260∘\cos 260^\circ=cos⁡100∘{}= \cos 100^\circ）は 120∘120^\circ ずつずれていて、第11章小話1の三相交流「120∘120^\circ ずつずれた 3 本の波の和は 00」の θ\theta=20∘{}= 20^\circ での値そのものです。

自己採点：
記録を読み込み中…

問11　★★

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

つまずいたときは：
答えを見る
答え

θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, 54π,\ \dfrac{5}{4}\pi, 43π,\ \dfrac{4}{3}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi

解説

cos⁡θ\cos\theta と cos⁡3θ\cos 3\theta を組にすると真ん中が 2θ2\theta になり、残りの cos⁡2θ\cos 2\theta とそろいます（例題4 (2) と同じ組み方）。

cos⁡3θ\displaystyle \cos 3\theta+cos⁡θ\displaystyle {}+ \cos\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta=2cos⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= 2\cos 2\theta\cos\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta=cos⁡2θ(2cos⁡θ+1)\displaystyle {}= \cos 2\theta(2\cos\theta + 1)=0\displaystyle {}= 0
  • cos⁡2θ\cos 2\theta=0{}= 0：00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi で 2θ2\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π,\ \dfrac{3}{2}\pi, 52π,\ \dfrac{5}{2}\pi, 72π\ \dfrac{7}{2}\pi，θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π,\ \dfrac{3}{4}\pi, 54π,\ \dfrac{5}{4}\pi, 74π\ \dfrac{7}{4}\pi
  • cos⁡θ\cos\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2}：θ\theta=23π,{}= \dfrac{2}{3}\pi, 43π\ \dfrac{4}{3}\pi
θ=π4,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{4},} 23π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{2}{3}\pi,} 34π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{4}\pi,} 54π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{4}\pi,} 43π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{4}{3}\pi,} 74π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{7}{4}\pi}

検算：θ\theta=23π{}= \dfrac{2}{3}\pi で −12-\dfrac{1}{2}+cos⁡43π{}+ \cos\dfrac{4}{3}\pi+cos⁡2π{}+ \cos 2\pi=−12{}= -\dfrac{1}{2}−12{}- \dfrac{1}{2}+1{}+ 1=0{}= 0。θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で 22\dfrac{\sqrt{2}}{2}+0{}+ 0−22{}- \dfrac{\sqrt{2}}{2}=0{}= 0。

自己採点：
記録を読み込み中…

問12　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、不等式 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：
答えを見る
答え

00<θ{}< \theta<π2,{}< \dfrac{\pi}{2},π2\dfrac{\pi}{2}<θ{}< \theta<π{}< \pi

解説

和積で sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=2sin⁡2θcos⁡θ{}= 2\sin 2\theta\cos\theta。さらに sin⁡2θ\sin 2\theta=2sin⁡θcos⁡θ{}= 2\sin\theta\cos\theta とほどくと

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

cos⁡2θ\cos^2\theta≧0{}\geqq 0 なので、この積が正になるのは「sin⁡θ\sin\theta>0{}> 0 かつ cos⁡θ\cos\theta≠0{}\neq 0」のときです。

  • sin⁡θ\sin\theta>0{}> 0：水面 yy=0{}= 0 より上の弧で 00<θ{}< \theta<π{}< \pi
  • cos⁡θ\cos\theta≠0{}\neq 0：θ\theta≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}（cos⁡2θ\cos^2\theta=0{}= 0 だと積が 00 になり、「>0> 0」を満たしません）
0<θ<π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}0 < \theta < \frac{\pi}{2},} π2<θ<π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\ \frac{\pi}{2} < \theta < \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（含まれない）。θ\theta=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi で sin⁡94π\sin\dfrac{9}{4}\pi+sin⁡34π{}+ \sin\dfrac{3}{4}\pi=2{}= \sqrt{2}>0{}> 0、θ\theta=54π{}= \dfrac{5}{4}\pi で −2-\sqrt{2}<0{}< 0。fig01 の太線が θ\theta 軸より上にあるのは 00<θ{}< \theta<π{}< \pi で、θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} だけ軸に触れている——グラフとも合っています。

自己採点：
記録を読み込み中…

問13　★★

00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} のとき、関数 yy=sin⁡(θ+π6)cos⁡(θ−π6){}= \sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right) 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：
答えを見る
答え

最大値 2+34\dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}（θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}），最小値 34\dfrac{\sqrt{3}}{4}（θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2}）

解説

積和の 1 本目で α\alpha=θ{}= \theta+π6{}+ \dfrac{\pi}{6}，β\beta=θ{}= \theta−π6{}- \dfrac{\pi}{6}。角の和は 2θ2\theta、差は π3\dfrac{\pi}{3} で、差から θ\theta が消えます。

y\displaystyle y=12(sin⁡2θ+sin⁡π3)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(\sin 2\theta + \sin\frac{\pi}{3}\right)=12sin⁡2θ\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sin 2\theta+34\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{3}}{4}

かたまり 2θ2\theta の範囲は 00≦2θ{}\leqq 2\theta≦π{}\leqq \pi。この範囲で sin⁡2θ\sin 2\theta は 00 から 11（2θ2\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}）まで上がって 00 に戻ります。

  • 最大：2θ2\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，つまり θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で 12\dfrac{1}{2}+34{}+ \dfrac{\sqrt{3}}{4}=2+34{}= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}
  • 最小：2θ2\theta=0,{}= 0, π\ \pi，つまり θ\theta=0,{}= 0, π2\ \dfrac{\pi}{2} で 34\dfrac{\sqrt{3}}{4}
最大値 2+34 (θ=π4),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\text{最大値 } \frac{2 + \sqrt{3}}{4}\ \left(\theta = \frac{\pi}{4}\right),}最小値 34 (θ=0, π2)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.2702em}\quad \text{最小値 } \frac{\sqrt{3}}{4}\ \left(\theta = 0,\ \frac{\pi}{2}\right)}

検算：θ\theta=0{}= 0 で sin⁡π6cos⁡(−π6)\sin\dfrac{\pi}{6}\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=12⋅32{}= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=34{}= \dfrac{\sqrt{3}}{4}、θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で sin⁡512πcos⁡π12\sin\dfrac{5}{12}\pi\cos\dfrac{\pi}{12}=2+34{}= \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}（例題3 (1) の sin⁡75∘cos⁡15∘\sin 75^\circ\cos 15^\circ と同じ値）。

自己採点：
記録を読み込み中…

問14　★★

00≦θ{}\leqq \theta<π{}< \pi のとき、関数 yy=2sin⁡θsin⁡(θ+π3){}= 2\sin\theta\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) 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：
答えを見る
答え

最大値 32\dfrac{3}{2}（θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3}），最小値 −12-\dfrac{1}{2}（θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi）

解説

積和の 4 本目で α\alpha=θ{}= \theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3}，β\beta=θ{}= \theta。角の和 2θ2\theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3}、差 π3\dfrac{\pi}{3}。

y\displaystyle y=2⋅(−12){cos⁡(2θ+π3)\displaystyle {}= 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\biggl\{\cos\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right)−cos⁡π3}\displaystyle {}\qquad - \cos\frac{\pi}{3}\biggr\}=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}−cos⁡(2θ+π3)\displaystyle {}- \cos\left(2\theta + \frac{\pi}{3}\right)

かたまり tt=2θ{}= 2\theta+π3{}+ \dfrac{\pi}{3} の範囲は、00≦2θ{}\leqq 2\theta<2π{}< 2\pi より π3\dfrac{\pi}{3}≦t{}\leqq t<73π{}< \dfrac{7}{3}\pi で、ちょうど 1 周します。cos⁡t\cos t は −1-1 から 11 まですべての値をとります。

  • 最大：cos⁡t\cos t=−1{}= -1，tt=π{}= \pi，つまり θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で 12\dfrac{1}{2}+1{}+ 1=32{}= \dfrac{3}{2}
  • 最小：cos⁡t\cos t=1{}= 1，tt=2π{}= 2\pi，つまり θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi で 12\dfrac{1}{2}−1{}- 1=−12{}= -\dfrac{1}{2}
最大値 32 (θ=π3),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\text{最大値 } \frac{3}{2}\ \left(\theta = \frac{\pi}{3}\right),}最小値 ‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \text{最小値 }}−12 (θ=56π)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}{}-\frac{1}{2}\ \left(\theta = \frac{5}{6}\pi\right)}

検算：θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で 2⋅32⋅sin⁡23π2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin\dfrac{2}{3}\pi=2⋅32⋅32{}= 2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=32{}= \dfrac{3}{2}、θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi で 2⋅12⋅sin⁡76π2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \sin\dfrac{7}{6}\pi=−12{}= -\dfrac{1}{2}。「−cos⁡-\cos」の形なので、cos⁡\cos が最小のとき yy が最大になります。

自己採点：
記録を読み込み中…

問15　★★

時刻 tt 秒における 2 つの音の波を yy=sin⁡(886πt){}= \sin(886\pi t)，yy=sin⁡(880πt){}= \sin(880\pi t) とします。2 つの和を積の形で表し、1 秒あたりのうなりの回数を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

2sin⁡(883πt)cos⁡(3πt)2\sin(883\pi t)\cos(3\pi t)。うなりは 1 秒に 33 回

解説

和積の 1 本目で、真ん中 886πt+880πt2\dfrac{886\pi t + 880\pi t}{2}=883πt{}= 883\pi t、半分の差 886πt−880πt2\dfrac{886\pi t - 880\pi t}{2}=3πt{}= 3\pi t。

sin⁡(886πt)\displaystyle \sin(886\pi t)+sin⁡(880πt)\displaystyle {}+ \sin(880\pi t)=2sin⁡(883πt)cos⁡(3πt)\displaystyle {}= 2\sin(883\pi t)\cos(3\pi t)

音の大きさを決めるのは外枠の絶対値 ∣2cos⁡(3πt)∣|2\cos(3\pi t)| です。cos⁡(3πt)\cos(3\pi t) の周期は 2π3π\dfrac{2\pi}{3\pi}=23{}= \dfrac{2}{3} 秒ですが、絶対値をとると山と谷がどちらも山になるので周期は半分の 13\dfrac{1}{3} 秒。1 秒に 33 回、音が大きくなります。

2sin⁡(883πt)cos⁡(3πt),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}2\sin(883\pi t)\cos(3\pi t),}うなりは 1 秒に 3 回‾\displaystyle \underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\quad \text{うなりは 1 秒に } 3 \text{ 回}}

振動数は 443443 回と 440440 回なので、うなりの回数は差の 33 回——例題6 と同じく ∣f1−f2∣|f_1 - f_2| に一致します。第7章 j16 で ∣sin⁡θ∣|\sin\theta| の周期が π\pi（sin⁡θ\sin\theta の半分）になったのと同じ理由で、「外枠の cos⁡\cos の振動数」の 22 倍が聞こえる回数になります。

自己採点：
記録を読み込み中…

問16　★★

三角形 ABCABC において、sin⁡A\sin A+sin⁡B{}+ \sin B=2cos⁡C2cos⁡A−B2{}= 2\cos\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A - B}{2} が成り立つことを示しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

（証明）和積で 2sin⁡A+B2cos⁡A−B22\sin\dfrac{A + B}{2}\cos\dfrac{A - B}{2} とし、A+B2\dfrac{A + B}{2}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−C2{}- \dfrac{C}{2} より sin⁡A+B2\sin\dfrac{A + B}{2}=cos⁡C2{}= \cos\dfrac{C}{2}

解説

左辺を和積の 1 本目で積にします。

sin⁡A\displaystyle \sin A+sin⁡B\displaystyle {}+ \sin B=2sin⁡A+B2cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}

三角形の内角の和は AA+B{}+ B+C{}+ C=π{}= \pi なので、A+B2\dfrac{A + B}{2}=π−C2{}= \dfrac{\pi - C}{2}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−C2{}- \dfrac{C}{2}。第6章公式5（π2\dfrac{\pi}{2}−θ{}- \theta）より

sin⁡A+B2\displaystyle \sin\frac{A + B}{2}=sin⁡(π2−C2)\displaystyle {}= \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}\right)=cos⁡C2\displaystyle {}= \cos\frac{C}{2}

よって sin⁡A\sin A+sin⁡B{}+ \sin B=2cos⁡C2cos⁡A−B2{}= 2\cos\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{A - B}{2}。これは右辺に等しい。（証明終）

この式から、CC を固定したとき sin⁡A\sin A+sin⁡B{}+ \sin B が最大になるのは cos⁡A−B2\cos\dfrac{A - B}{2}=1{}= 1、つまり AA=B{}= B の二等辺三角形のときだと分かります。和積の公式は「真ん中」と「半分の差」を分けてくれるので、三角形では「角の和は π\pi−C{}- C で決まっていて、差だけが動く」という見方ができます。

自己採点：
記録を読み込み中…

問17　★★★

三角形 ABCABC において、sin⁡A\sin A+sin⁡B{}+ \sin B+sin⁡C{}+ \sin C=4cos⁡A2cos⁡B2cos⁡C2{}= 4\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2} が成り立つことを示しなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

（証明）j16 の式と sin⁡C\sin C=2sin⁡C2cos⁡C2{}= 2\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{C}{2}=2cos⁡A+B2cos⁡C2{}= 2\cos\dfrac{A + B}{2}\cos\dfrac{C}{2} を足し、cos⁡C2\cos\dfrac{C}{2} でくくって和積

解説

j16 より

sin⁡A\displaystyle \sin A+sin⁡B\displaystyle {}+ \sin B=2cos⁡C2cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A - B}{2}

sin⁡C\sin C は 2 倍角の公式で sin⁡C\sin C=2sin⁡C2cos⁡C2{}= 2\sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{C}{2}。C2\dfrac{C}{2}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−A+B2{}- \dfrac{A + B}{2} なので sin⁡C2\sin\dfrac{C}{2}=cos⁡A+B2{}= \cos\dfrac{A + B}{2} で

sin⁡C\displaystyle \sin C=2cos⁡A+B2cos⁡C2\displaystyle {}= 2\cos\frac{A + B}{2}\cos\frac{C}{2}

2 つを足して 2cos⁡C22\cos\dfrac{C}{2} でくくり、かっこの中を和積の 3 本目（真ん中 A2\dfrac{A}{2}、半分の差 B2\dfrac{B}{2}）で積にします。

sin⁡A\displaystyle \sin A+sin⁡B\displaystyle {}+ \sin B+sin⁡C\displaystyle {}+ \sin C=2cos⁡C2(cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\cos\frac{C}{2}\biggl(\cos\frac{A - B}{2}+cos⁡A+B2)\displaystyle {}\qquad + \cos\frac{A + B}{2}\biggr)=2cos⁡C2⋅2cos⁡A2cos⁡B2\displaystyle {}= 2\cos\frac{C}{2} \cdot 2\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}=4cos⁡A2cos⁡B2cos⁡C2\displaystyle {}= 4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}

これは右辺に等しい。（証明終）

確認：正三角形 AA=B{}= B=C{}= C=π3{}= \dfrac{\pi}{3} では、左辺 3⋅323 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=332{}= \dfrac{3\sqrt{3}}{2}、右辺 4(32)34\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^3=332{}= \dfrac{3\sqrt{3}}{2}。和積（和 → 積）、2 倍角、余角（第6章公式5）の 3 つを、ゴールの形「cos⁡\cos の半角の積」を見ながら選ぶのがこの問題の山場です。

自己採点：
記録を読み込み中…

問18　★★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡5θ\sin 5\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=sin⁡3θ{}= \sin 3\theta の解を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

θ\theta=0,{}= 0, π6,\ \dfrac{\pi}{6}, π3,\ \dfrac{\pi}{3}, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, 56π,\ \dfrac{5}{6}\pi, π,\ \pi, 76π,\ \dfrac{7}{6}\pi, 43π,\ \dfrac{4}{3}\pi, 53π,\ \dfrac{5}{3}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi

解説

左辺を和積でまとめると、真ん中 3θ3\theta、半分の差 2θ2\theta で、右辺の sin⁡3θ\sin 3\theta と同じ角が現れます。

2sin⁡3θcos⁡2θ\displaystyle 2\sin 3\theta\cos 2\theta=sin⁡3θ\displaystyle {}= \sin 3\theta⟹ sin⁡3θ(2cos⁡2θ−1)\displaystyle {}\Longrightarrow\ \sin 3\theta(2\cos 2\theta - 1)=0\displaystyle {}= 0

sin⁡3θ\sin 3\theta で割らずにくくります（割ると sin⁡3θ\sin 3\theta=0{}= 0 の解を落とします）。

  • sin⁡3θ\sin 3\theta=0{}= 0：かたまり 3θ3\theta の範囲は 00≦3θ{}\leqq 3\theta<6π{}< 6\pi（3 周分）で、3θ3\theta=0,{}= 0, π,\ \pi, 2π,\ 2\pi, 3π,\ 3\pi, 4π,\ 4\pi, 5π\ 5\pi。θ\theta=0,{}= 0, π3,\ \dfrac{\pi}{3}, 23π,\ \dfrac{2}{3}\pi, π,\ \pi, 43π,\ \dfrac{4}{3}\pi, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi
  • cos⁡2θ\cos 2\theta=12{}= \dfrac{1}{2}：00≦2θ{}\leqq 2\theta<4π{}< 4\pi で 2θ2\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π,\ \dfrac{5}{3}\pi, 73π,\ \dfrac{7}{3}\pi, 113π\ \dfrac{11}{3}\pi。θ\theta=π6,{}= \dfrac{\pi}{6}, 56π,\ \dfrac{5}{6}\pi, 76π,\ \dfrac{7}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi

2 組に重なりはないので、合わせて 10 個です。

θ=0,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 0,} π6,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{6},} π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{3},} 23π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{2}{3}\pi,} 56π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{6}\pi,} π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \pi,} 76π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{7}{6}\pi,} 43π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{4}{3}\pi,} 53π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{3}\pi,} 116π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{11}{6}\pi}

検算：θ\theta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で左辺 sin⁡56π\sin\dfrac{5}{6}\pi+sin⁡π6{}+ \sin\dfrac{\pi}{6}=1{}= 1、右辺 sin⁡π2\sin\dfrac{\pi}{2}=1{}= 1。θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} で左辺 sin⁡53π\sin\dfrac{5}{3}\pi+sin⁡π3{}+ \sin\dfrac{\pi}{3}=0{}= 0、右辺 sin⁡π\sin\pi=0{}= 0。sin⁡5θ\sin 5\theta を sin⁡θ\sin\theta の 5 次式にする道は現実的でなく、和積で「右辺と同じ角」を作るのがほぼ唯一の道です。

自己採点：
記録を読み込み中…

問19　★★★

(1) 2sin⁡θ(cos⁡2θ+cos⁡4θ+cos⁡6θ)2\sin\theta(\cos 2\theta + \cos 4\theta + \cos 6\theta)=sin⁡7θ{}= \sin 7\theta−sin⁡θ{}- \sin\theta が成り立つことを示しなさい。

(2) (1) を用いて、cos⁡27π\cos\dfrac{2}{7}\pi+cos⁡47π{}+ \cos\dfrac{4}{7}\pi+cos⁡67π{}+ \cos\dfrac{6}{7}\pi の値を求めなさい。

つまずいたときは：
答えを見る
答え

(1) （証明）積和で 2sin⁡θcos⁡2kθ2\sin\theta\cos 2k\theta=sin⁡(2k+1)θ{}= \sin(2k + 1)\theta−sin⁡(2k−1)θ{}- \sin(2k - 1)\theta とし、足すと途中が打ち消し合う　(2) −12-\dfrac{1}{2}

解説

(1) 積和の 2 本目 2cos⁡αsin⁡β2\cos\alpha\sin\beta=sin⁡(α+β){}= \sin(\alpha + \beta)−sin⁡(α−β){}- \sin(\alpha - \beta) を 3 回使います。

2sin⁡θcos⁡2θ\displaystyle 2\sin\theta\cos 2\theta=sin⁡3θ\displaystyle {}= \sin 3\theta−sin⁡θ\displaystyle {}- \sin\theta2sin⁡θcos⁡4θ\displaystyle 2\sin\theta\cos 4\theta=sin⁡5θ\displaystyle {}= \sin 5\theta−sin⁡3θ\displaystyle {}- \sin 3\theta2sin⁡θcos⁡6θ\displaystyle 2\sin\theta\cos 6\theta=sin⁡7θ\displaystyle {}= \sin 7\theta−sin⁡5θ\displaystyle {}- \sin 5\theta

3 本を足すと、sin⁡3θ\sin 3\theta と sin⁡5θ\sin 5\theta が前の行と後の行で打ち消し合い、sin⁡7θ\sin 7\theta−sin⁡θ{}- \sin\theta だけが残ります。これは右辺に等しい。（証明終）

(2) (1) で θ\theta=π7{}= \dfrac{\pi}{7} とすると、sin⁡7θ\sin 7\theta=sin⁡π{}= \sin\pi=0{}= 0 なので

2sin⁡π7(cos⁡27π+cos⁡47π\displaystyle 2\sin\frac{\pi}{7}\biggl(\cos\frac{2}{7}\pi + \cos\frac{4}{7}\pi+cos⁡67π)\displaystyle {}\qquad + \cos\frac{6}{7}\pi\biggr)=−sin⁡π7\displaystyle {}= -\sin\frac{\pi}{7}

sin⁡π7\sin\dfrac{\pi}{7}≠0{}\neq 0 なので両辺を 2sin⁡π72\sin\dfrac{\pi}{7} で割って

cos⁡27π\displaystyle \cos\frac{2}{7}\pi+cos⁡47π\displaystyle {}+ \cos\frac{4}{7}\pi+cos⁡67π\displaystyle {}+ \cos\frac{6}{7}\pi=−12‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{1}{2}}

27π\dfrac{2}{7}\pi などは三角定規の角ではなく、1 つ 1 つの cos⁡\cos の値は記号で書けません（第10章厳密定義の補足の cos⁡π9\cos\dfrac{\pi}{9} と同じ事情）。それでも和は −12-\dfrac{1}{2}。sin⁡θ\sin\theta を掛けて積和で崩すと隣どうしが消えていく——伸ばした望遠鏡を縮めるように途中が畳まれる——この技法は、厳密定義の定理3で一般の nn 項に広げます。

自己採点：
記録を読み込み中…

問20　★★★

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

つまずいたときは：
答えを見る
答え

θ\theta=π8,{}= \dfrac{\pi}{8}, π2,\ \dfrac{\pi}{2}, 58π,\ \dfrac{5}{8}\pi, 98π,\ \dfrac{9}{8}\pi, 32π,\ \dfrac{3}{2}\pi, 138π\ \dfrac{13}{8}\pi

解説

両辺をそれぞれ和積で積にします（第11章 j20 (1) の 2 本そのものです）。

2sin⁡2θcos⁡θ\displaystyle 2\sin 2\theta\cos\theta=2cos⁡2θcos⁡θ\displaystyle {}= 2\cos 2\theta\cos\theta

右辺を移項して 2cos⁡θ2\cos\theta でくくると

2cos⁡θ(sin⁡2θ−cos⁡2θ)\displaystyle 2\cos\theta(\sin 2\theta - \cos 2\theta)=0\displaystyle {}= 0
  • cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0：θ\theta=π2,{}= \dfrac{\pi}{2}, 32π\ \dfrac{3}{2}\pi
  • sin⁡2θ\sin 2\theta−cos⁡2θ{}- \cos 2\theta=0{}= 0：第11章の合成で、点 (1, −1)(1,\ -1) から rr=2{}= \sqrt{2}，α\alpha=−π4{}= -\dfrac{\pi}{4}。2sin⁡(2θ−π4)\sqrt{2}\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{4}\right)=0{}= 0。かたまり tt=2θ{}= 2\theta−π4{}- \dfrac{\pi}{4} の範囲は −π4-\dfrac{\pi}{4}≦t{}\leqq t<154π{}< \dfrac{15}{4}\pi で、sin⁡t\sin t=0{}= 0 は tt=0,{}= 0, π,\ \pi, 2π,\ 2\pi, 3π\ 3\pi。θ\theta=12(t+π4){}= \dfrac{1}{2}\left(t + \dfrac{\pi}{4}\right) に戻して θ\theta=π8,{}= \dfrac{\pi}{8}, 58π,\ \dfrac{5}{8}\pi, 98π,\ \dfrac{9}{8}\pi, 138π\ \dfrac{13}{8}\pi
θ=π8,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{8},} π2,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{\pi}{2},} 58π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{8}\pi,} 98π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{9}{8}\pi,} 32π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{2}\pi,} 138π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{13}{8}\pi}

検算：θ\theta=π8{}= \dfrac{\pi}{8} では、sin⁡38π\sin\dfrac{3}{8}\pi=cos⁡π8{}= \cos\dfrac{\pi}{8}，sin⁡π8\sin\dfrac{\pi}{8}=cos⁡38π{}= \cos\dfrac{3}{8}\pi（第6章公式5）なので、左辺と右辺は同じ 2 つの数の和で等しくなります。第10章で初めて出た角 π8\dfrac{\pi}{8} が、和積（第12章）→ 合成（第11章）→ かたまり（第8章）の順で現れました。sin⁡2θ\sin 2\theta=cos⁡2θ{}= \cos 2\theta は両辺を cos⁡2θ\cos 2\theta で割って tan⁡2θ\tan 2\theta=1{}= 1 としても解けますが、そのときは cos⁡2θ\cos 2\theta=0{}= 0 が解でないことを先に確かめます。cos⁡θ\cos\theta で割ってはいけない（π2\dfrac{\pi}{2}，32π\dfrac{3}{2}\pi を落とす）のは、これまでと同じです。

自己採点：
記録を読み込み中…

数学小話コーナー

大潮小潮とうなりの正体——2 本の波の「外枠」

第7章の小話で、潮の満ち引きは「周期 12 時間 25 分の月の潮」と「周期 12 時間の太陽の潮」の足し算で、強め合う大潮と弱め合う小潮が約 15 日ごとに繰り返す、と書きました。第8章の小話では、442442 回と 440440 回の音を同時に鳴らすと、1 秒に 22 回「ワーン、ワーン」とうなる話をしました。どちらも「周期がわずかに違う 2 本の波の足し算」で、この章の和積の公式で正体が分かります。

簡単のため 2 本の振幅を同じ 11 として、時刻 tt（時間）の潮位を sin⁡2πtT1\sin\dfrac{2\pi t}{T_1}+sin⁡2πtT2{}+ \sin\dfrac{2\pi t}{T_2} と書くと、和積の公式で

2cos⁡{πt(1T1−1T2)}\displaystyle 2\cos\left\{\pi t\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right)\right\}×sin⁡{πt(1T1+1T2)}\displaystyle \qquad \times \sin\left\{\pi t\left(\frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}\right)\right\}

右の sin⁡\sin が 12 時間あまりで満ち引きする「速い波」、左の cos⁡\cos が満干の差を決める「外枠」です。外枠の絶対値が大きくなる間隔は 11T1−1T2\dfrac{1}{\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}} で、T1T_1=12{}= 12，T2T_2=12.42{}= 12.42（12 時間 25 分）を入れると約 355355 時間、つまり 約 15 日。新月・満月のたびに大潮が来るのは、この外枠の山と谷が 15 日ごとに来るからです。うなりも同じ式で、周期のかわりに振動数で書けば、外枠の強め合いは 1 秒に ∣f1−f2∣|f_1 - f_2| 回になります（例題6）。実際の潮は太陽の潮が月の半分弱の強さなので外枠が 00 まで下がらず、小潮でも潮は満ち引きします。

豆知識

AM ラジオは、この章の式を逆向きに使っています。声や音楽の波 11+mcos⁡ωt{}+ m\cos\omega t（mm は小さな正の数）を、ずっと速い電波 cos⁡Ωt\cos\Omega t に掛けて送り出すのです（振幅を変えるので Amplitude Modulation＝振幅変調）。積和の公式でほどくと

(1+mcos⁡ωt)cos⁡Ωt\displaystyle (1 + m\cos\omega t)\cos\Omega t=cos⁡Ωt\displaystyle {}= \cos\Omega t+m2cos⁡(Ω+ω)t\displaystyle {}+ \frac{m}{2}\cos(\Omega + \omega)t+m2cos⁡(Ω−ω)t\displaystyle {}+ \frac{m}{2}\cos(\Omega - \omega)t

放送局の電波は、Ω\Omega のまわりに少しずれた 2 本の波を連れた「3 本の波の和」になっています。ラジオの周波数表示が「1 局に 1 つの数」でも、実際にはその前後に少し幅を使っているのは、このずれた 2 本のためです。

フーリエ係数の取り出し方——掛けて平均すると、ほかの波が消える

第11章の小話で、周期 2π2\pi の波は f(θ)f(\theta)=c{}= c+(a1sin⁡θ+b1cos⁡θ){}+ (a_1\sin\theta + b_1\cos\theta)+(a2sin⁡2θ+b2cos⁡2θ){}+ (a_2\sin 2\theta + b_2\cos 2\theta)+⋯{}+ \cdots と書け、「積和の公式が係数 ana_n，bnb_n を取り出す計算の中核になる」と予告しました。その続きです。

f(θ)f(\theta) から、たとえば a3a_3 だけを取り出したいとします。コツは「sin⁡3θ\sin 3\theta を掛けて、1 周期で平均する」ことです。sin⁡mθsin⁡3θ\sin m\theta\sin 3\theta を積和で崩すと

sin⁡mθsin⁡3θ\displaystyle \sin m\theta\sin 3\theta=12{cos⁡(m−3)θ−cos⁡(m+3)θ}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\cos(m - 3)\theta - \cos(m + 3)\theta\}

cos⁡kθ\cos k\theta（kk は 00 でない整数）は、1 周期の間に正の部分と負の部分がちょうど釣り合うので、平均は 00 です。したがって mm≠3{}\neq 3 の項は、掛けて平均するとすべて消えます。cos⁡mθsin⁡3θ\cos m\theta\sin 3\theta も同様に消えます。生き残るのは mm=3{}= 3 の sin⁡23θ\sin^2 3\theta=12{}= \dfrac{1}{2}−12cos⁡6θ{}- \dfrac{1}{2}\cos 6\theta だけで、その平均は 12\dfrac{1}{2}（第10章小話1 の実効値で出てきた「sin⁡2\sin^2 の平均は 12\dfrac{1}{2}」と同じです）。

(f(θ)sin⁡3θ の 1 周期の平均)\displaystyle \bigl(f(\theta)\sin 3\theta \text{ の 1 周期の平均}\bigr)=a32\displaystyle {}= \frac{a_3}{2}

違う番号の波どうしを掛けると平均が 00 になる性質を、直交性といいます。直交性のおかげで、無数の波が混ざった f(θ)f(\theta) から、欲しい 1 本の係数だけを「ふるい」のように取り出せます。平均を正確に計算するには数III の積分が要り、そこで ∫02πsin⁡mθsin⁡nθ dθ\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin m\theta\sin n\theta\,d\theta を積和で計算するのが定番の練習問題になっています。

豆知識

スマホで撮った写真の JPEG 形式は、画像を 8×88 \times 8 画素の小さなブロックに区切り、各ブロックの明るさの並びを cos⁡\cos の波の和に分解します（離散コサイン変換）。係数の取り出しに使っているのが、この cos⁡\cos どうしの直交性です。細かい波の係数ほど人の目には気づかれにくいので、そこを大胆に省いてファイルを小さくしています。第7章の小話で「JPEG は波に分解して細かい波を捨てる」と書いた、その「分解」の中身が積和の公式でした。

プロスタファエレシス——対数より前に「掛け算を足し算に」した方法

16 世紀の終わり、天文学者たちは星の位置を計算するために、7〜8 桁の数どうしの掛け算を毎晩のように手でこなしていました。掛け算は足し算よりずっと手間がかかり、間違いも起こりやすい作業です。そこで使われたのが、この章の積和の公式でした。

cos⁡αcos⁡β\displaystyle \cos\alpha\cos\beta=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)\}

0.8660×0.93970.8660 \times 0.9397 を計算したいとします。三角関数表を引くと 0.86600.8660=cos⁡30∘{}= \cos 30^\circ，0.93970.9397=cos⁡20∘{}= \cos 20^\circ。すると積は 12(cos⁡50∘+cos⁡10∘)\dfrac{1}{2}(\cos 50^\circ + \cos 10^\circ) で、表から cos⁡50∘\cos 50^\circ=0.6428{}= 0.6428，cos⁡10∘\cos 10^\circ=0.9848{}= 0.9848 を引いて足し、半分にすれば 0.81380.8138——表を引く・足す・半分にするだけで、掛け算が済みます（直接掛けても 0.81380.8138 です）。この方法はギリシャ語の「足すこと（prosthesis）」と「引くこと（aphaeresis）」を合わせてプロスタファエレシスと呼ばれ、デンマークの天文学者ティコ・ブラーエの天文台で 1580 年ごろ盛んに使われたと伝えられています。公式そのものはそれより前、16 世紀初めのドイツのヨハネス・ヴェルナーにさかのぼるともいわれます（※誰が最初に計算法として使ったかは諸説あり）。

豆知識

1614 年、スコットランドのネイピアが対数を発表すると、プロスタファエレシスは急速に使われなくなりました。対数は log⁡(xy)\log(xy)=log⁡x{}= \log x+log⁡y{}+ \log y で、掛け算を 1 回の足し算に変えられるうえ、どんな数でも表を引けば済むからです。「掛け算を足し算に変える」という同じ願いが、三角関数の積和から対数へとバトンを渡し、対数を目盛りにした計算尺は電卓が普及する 1970 年代まで技術者の必需品でした。対数の話は「指数関数・対数関数」の分野で扱います。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では「加法定理を足し引きすれば積和、おき直せば和積」で十分ですが、「AA，BB を勝手に選んでおき直してよいのはなぜか？」「和積の方程式で解を落としていないと言えるのか？」「cos⁡27π\cos\dfrac{2}{7}\pi+⋯{}+ \cdots のような和はいつでも計算できるのか？」が気になる人のために、根拠を紹介します。最後に、12 章全体の論理の骨組みを振り返ります。

定理1：積和の公式

任意の実数 α\alpha，β\beta について

sin⁡αcos⁡β\displaystyle \sin\alpha\cos\beta=12{sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)\}cos⁡αsin⁡β\displaystyle \cos\alpha\sin\beta=12{sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)\}cos⁡αcos⁡β\displaystyle \cos\alpha\cos\beta=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= \frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)\}sin⁡αsin⁡β\displaystyle \sin\alpha\sin\beta=−12{cos⁡(α+β)−cos⁡(α−β)}\displaystyle {}= -\frac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) - \cos(\alpha - \beta)\}

が成り立つ。

証明　第9章の定理1・2より、加法定理の 4 本は任意の実数 α\alpha，β\beta で成り立つ。sin⁡(α±β)\sin(\alpha \pm \beta) の 2 本を辺ごとに足して 22 で割ると 1 つ目、引いて 22 で割ると 2 つ目が得られる。cos⁡(α±β)\cos(\alpha \pm \beta) の 2 本を足して 22 で割ると 3 つ目、引いて −2-2 で割ると 4 つ目が得られる。（証明終）

証明は本文と同じですが、「任意の実数で成り立つ」ことがここでは大事です。第9章で加法定理を一般角まで証明しておいたから、α\alpha=3θ{}= 3\theta でも α\alpha=75∘{}= 75^\circ でも、角の和が 2π2\pi を超えても、ためらわず代入できます。

定理2：和積の公式——おき直しの正当性

任意の実数 AA，BB について

sin⁡A\displaystyle \sin A+sin⁡B\displaystyle {}+ \sin B=2sin⁡A+B2cos⁡A−B2\displaystyle {}= 2\sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}

が成り立つ（sin⁡A\sin A−sin⁡B{}- \sin B，cos⁡A\cos A±cos⁡B{}\pm \cos B も同様）。

証明　AA，BB を任意にとり、α\alpha=A+B2{}= \dfrac{A + B}{2}，β\beta=A−B2{}= \dfrac{A - B}{2} とおく。これは実数であり、α\alpha+β{}+ \beta=A{}= A，α\alpha−β{}- \beta=B{}= B を満たす。定理1の 1 つ目にこの α\alpha，β\beta を代入すると

sin⁡A+B2cos⁡A−B2\displaystyle \sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}=12(sin⁡A+sin⁡B)\displaystyle {}= \frac{1}{2}(\sin A + \sin B)

両辺を 22 倍すればよい。残りの 3 本も定理1の 2〜4 つ目に同じ α\alpha，β\beta を代入して得られる。（証明終）

ポイントは、「(α, β)(\alpha,\ \beta)↦(α+β, α−β){}\mapsto (\alpha + \beta,\ \alpha - \beta) という対応が、実数の組全体をもれなく・重なりなく覆う」ことです。逆向きの (A, B)(A,\ B)↦(A+B2, A−B2){}\mapsto \left(\dfrac{A + B}{2},\ \dfrac{A - B}{2}\right) が存在するので、どんな AA，BB に対しても、それを作る α\alpha，β\beta がちゃんとある。α\alpha+β{}+ \beta=A{}= A，α\alpha−β{}- \beta=2A{}= 2A のように係数を変えると、この逆向きが作れない組み合わせも出てくるので、「和と差」という組み方には意味があります。

定理3：sin A = sin B、cos A = cos B の解

実数 AA，BB について

(1) sin⁡A\sin A=sin⁡B{}= \sin B  ⟺  A{}\iff A=B{}= B+2nπ{}+ 2n\pi または AA=π{}= \pi−B{}- B+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）

(2) cos⁡A\cos A=cos⁡B{}= \cos B  ⟺  A{}\iff A=B{}= B+2nπ{}+ 2n\pi または AA=−B{}= -B+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）

証明　(1) 定理2より sin⁡A\sin A−sin⁡B{}- \sin B=2cos⁡A+B2sin⁡A−B2{}= 2\cos\dfrac{A + B}{2}\sin\dfrac{A - B}{2}。これが 00 になるのは、cos⁡A+B2\cos\dfrac{A + B}{2}=0{}= 0 または sin⁡A−B2\sin\dfrac{A - B}{2}=0{}= 0 のとき、かつそのときに限る。第8章の一般解（定理2で完全性を証明済み）より

  • cos⁡A+B2\cos\dfrac{A + B}{2}=0{}= 0  ⟺  A+B2{}\iff \dfrac{A + B}{2}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi  ⟺  A{}\iff A=π{}= \pi−B{}- B+2nπ{}+ 2n\pi
  • sin⁡A−B2\sin\dfrac{A - B}{2}=0{}= 0  ⟺  A−B2{}\iff \dfrac{A - B}{2}=nπ{}= n\pi  ⟺  A{}\iff A=B{}= B+2nπ{}+ 2n\pi

(2) cos⁡A\cos A−cos⁡B{}- \cos B=−2sin⁡A+B2sin⁡A−B2{}= -2\sin\dfrac{A + B}{2}\sin\dfrac{A - B}{2} が 00 になるのは、A+B2\dfrac{A + B}{2}=nπ{}= n\pi または A−B2\dfrac{A - B}{2}=nπ{}= n\pi、つまり AA=−B{}= -B+2nπ{}+ 2n\pi または AA=B{}= B+2nπ{}+ 2n\pi のとき、かつそのときに限る。（証明終）

「  ⟺  \iff（同値）」まで言えたので、和積で解いた方程式に解のもれも余分もないことが保証されます。例題4 (1) の sin⁡3θ\sin 3\theta=sin⁡θ{}= \sin\theta なら、3θ3\theta=θ{}= \theta+2nπ{}+ 2n\pi（θ\theta=nπ{}= n\pi）か 3θ3\theta=π{}= \pi−θ{}- \theta+2nπ{}+ 2n\pi（θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+nπ2{}+ \dfrac{n\pi}{2}）で、00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi から拾うと本文の 6 個です。単位円でいえば、(1) は「高さが同じ 2 点は、同じ点か yy 軸対称な点」、(2) は「横の位置が同じ 2 点は、同じ点か xx 軸対称な点」——第8章の水面と壁の図を、式だけで言い切ったものです。

定理4：cos の等差の和

nn を正の整数とし、θ\theta は sin⁡θ2\sin\dfrac{\theta}{2}≠0{}\neq 0（つまり θ\theta≠2mπ{}\neq 2m\pi，mm は整数）を満たすとする。このとき

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta+cos⁡2θ\displaystyle {}+ \cos 2\theta+⋯\displaystyle {}+ \cdots+cos⁡nθ\displaystyle {}+ \cos n\theta=sin⁡(n+12)θ2sin⁡θ2\displaystyle {}= \frac{\sin\left(n + \frac{1}{2}\right)\theta}{2\sin\frac{\theta}{2}}−12\displaystyle {}- \frac{1}{2}

証明　定理1の 2 つ目 2cos⁡αsin⁡β2\cos\alpha\sin\beta=sin⁡(α+β){}= \sin(\alpha + \beta)−sin⁡(α−β){}- \sin(\alpha - \beta) で α\alpha=kθ{}= k\theta，β\beta=θ2{}= \dfrac{\theta}{2} とおくと、kk=1,{}= 1, 2,\ 2, …,\ \ldots, n\ n について

2sin⁡θ2cos⁡kθ\displaystyle 2\sin\frac{\theta}{2}\cos k\theta=sin⁡(k+12)θ\displaystyle {}= \sin\left(k + \frac{1}{2}\right)\theta−sin⁡(k−12)θ\displaystyle {}- \sin\left(k - \frac{1}{2}\right)\theta

kk=1{}= 1 から nn まで辺ごとに足すと、右辺は隣どうしが打ち消し合い、sin⁡(n+12)θ\sin\left(n + \dfrac{1}{2}\right)\theta−sin⁡θ2{}- \sin\dfrac{\theta}{2} だけが残る。両辺を 2sin⁡θ2 (≠0)2\sin\dfrac{\theta}{2}\ (\neq 0) で割ればよい。（証明終）

j19 は、cos⁡2θ\cos 2\theta+cos⁡4θ{}+ \cos 4\theta+cos⁡6θ{}+ \cos 6\theta の形（公差 2θ2\theta）で同じことをしたものです。定理4で nn=3{}= 3，θ\theta=27π{}= \dfrac{2}{7}\pi とすると、(3+12)⋅27π\left(3 + \dfrac{1}{2}\right) \cdot \dfrac{2}{7}\pi=π{}= \pi なので分子が 00 になり、和は −12-\dfrac{1}{2} で j19 (2) と一致します。両辺を 22 倍して 11 を足した 11+2(cos⁡θ+⋯+cos⁡nθ){}+ 2(\cos\theta + \cdots + \cos n\theta)=sin⁡(n+12)θsin⁡θ2{}= \dfrac{\sin\left(n + \frac{1}{2}\right)\theta}{\sin\frac{\theta}{2}} は、大学のフーリエ解析でディリクレ核と呼ばれ、「波を nn 本まで足すと元の関数にどれだけ近づくか」を調べるときの主役になります。小話2の直交性とあわせて、積和の公式はフーリエの理論の入口を支えています。

補足1：周期の違う波の和は周期関数か。sin⁡3θ\sin 3\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta も sin⁡9θ\sin 9\theta+sin⁡7θ{}+ \sin 7\theta も、どちらの項も 2π2\pi で元に戻るので、和も周期 2π2\pi の関数です（一般に正の整数 mm，nn について sin⁡mθ\sin m\theta+sin⁡nθ{}+ \sin n\theta は 2π2\pi を「周期の 1 つ」にもつ）。ところが sin⁡θ\sin\theta+sin⁡2θ{}+ \sin\sqrt{2}\theta のように周期の比が無理数になると、2 本の山が再びぴったりそろう時刻がなく、この和は周期関数になりません（証明は省きます）。うなりや大潮小潮で「約 15 日ごとに」と言えるのは外枠の話で、波全体が完全に同じ形に戻るとは限らないのです。

**補足2：12 章の論理の骨組み。**この分野の公式を「何から何が出たか」でたどると、出発点は 2 つだけです。

  1. 定義：単位円上の点 P(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathrm{P}(\cos\theta,\ \sin\theta)（第6章。第1章の直角三角形・第2章の単位円の定義はその特別な場合で、定義の拡張のたびに「もとの範囲で一致する」ことを確かめた）
  2. 加法定理：cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β{}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β{}+ \sin\alpha\sin\beta（第9章定理1。距離の公式と余弦定理から）

相互関係・対称の公式（第6章）は定義から、正弦定理・余弦定理（第3章）は円周角と座標から、加法定理の残り 3 本・2 倍角・半角・合成・積和・和積（第9〜12章）はすべて cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) に代入し、足し引きし、逆向きに読むことで得られました。大学では、sin⁡\sin と cos⁡\cos を無限個の項の和（べき級数）や微分方程式で定義し直し、単位円や角の概念なしに同じ公式を導きます。出発点を変えても同じ公式の体系が再現されること——これが、三角関数が「図形の道具」から「数学全体の共通言語」になった理由です。

この章の学習が終わったら

学習完了テストを受ける