三角関数を使いこなすために③｜判断を積み重ねる実践演習

弧長の公式に入れる角は、度数法と弧度法のどちらでしょうか。

(1)$120^\circ=2\pi/3$。

(2)弧長は$3\cdot2\pi/3=2\pi$、面積は$3^2\cdot(2\pi/3)/2=3\pi$。

角度が度で与えられ、長さと面積が求められています。弧長の式は「半径何個分の弧か」という弧度の定義から作ったので、まず度を弧度へ変えます。半径を掛ければ長さ、さらに半径を掛けて二で割れば扇形の面積です。数値を入れる前に、どの単位の角を使う式かを確かめる練習です。

講義編の対応箇所

回った量と、最後に指す方向を分けて考えてください。

$-5\pi/6$は終辺が$7\pi/6$と同じで、基準の鋭角は$\pi/6$。第三象限の座標から$\sin(-5\pi/6)=-1/2,\cos(-5\pi/6)=-\sqrt3/2$、従って$\tan(-5\pi/6)=1/\sqrt3$。

負の角は時計回りの回転です。一周を足すと$7\pi/6$なので第三象限、基準の鋭角は$\pi/6$と読めます。単位円の横と高さを両方負にすれば余弦と正弦が決まり、最後に高さを横で割って正接を出します。符号を三つ独立に暗記するより、点の座標と比からそろえてください。

講義編の対応箇所

大きさを決める条件と、符号を決める条件が一つずつあります。

$\cos^2\theta=1-25/169=144/169$。第二象限では余弦が負なので、$\cos\theta=-12/13$、$\tan\theta=-5/12$。

一つの三角値と象限が与えられています。二乗和から余弦の大きさは決まりますが、平方根だけでは正負の二候補が残ります。角の区間はその符号を選ぶための条件です。第二象限の横座標は負なので負根を選び、その後に正接の比へ進みます。

講義編の対応箇所

正接は比です。指定された角の範囲は、その比にどの符号を付けるのでしょうか。

$1+\tan^2\theta=1/\cos^2\theta$より$\cos^2\theta=1/5$。第四象限なので$\cos\theta=1/\sqrt5,\sin\theta=-2/\sqrt5$。

正接は高さと横座標の比です。正接から余弦の大きさを求めるには$1+\tan^2\theta=1/\cos^2\theta$を使えます。正接が負という情報だけでは第二・第四象限を区別できませんが、指定区間が第四象限を選びます。余弦を正に決め、正弦は比が$-2$になるよう戻します。

講義編の対応箇所

括弧の中身を元の入力uに合わせると、代表点の移動を計算できます。

振幅は$3$、最小の正の周期は$\pi$、値域は$[-2,4]$。三点の値は順に$1,-2,1$。基本余弦のグラフを横に$1/2$倍、右に$\pi/4$移し、上下を反転して縦に$3$倍、上に$1$移したものになる。

括弧の中を$2(x-\pi/4)$と読めば、横の変換を分けられます。基本余弦上の点$(u,v)$は$(u/2+\pi/4,-3v+1)$へ移ります。この対応から横の周期は半分、縦の中心は$1$、上下の幅は$3$です。最後の三点は式へ代入し、移動方向の読み違いがないかを確かめる役割を持ちます。

講義編の対応箇所

この角は、値を知っている二つの角の和にできます。

$5\pi/12=\pi/4+\pi/6$より、加法定理から

正接の加法定理の分母$1-1/\sqrt3$は非零である。

角$75^\circ$をそのまま暗記する必要はありません。既に値が分かる$45^\circ$と$30^\circ$の和なので、加法定理から作れます。正弦・余弦を先に出して比を取る方法と、正接の加法定理を使う方法があり、後者では分母の非零を確認します。どちらも第一象限の符号と一致するかが検算になります。

講義編の対応箇所

二倍角の二つの公式で、必要になる元の値は同じでしょうか。

$\cos\theta=-4/5$なので、$\sin2\theta=2(3/5)(-4/5)=-24/25$、$\cos2\theta=1-2(3/5)^2=7/25$。

二倍角が求められ、元の正弦が既知です。余弦の二倍角は正弦だけで書けますが、正弦の二倍角は積なので元の余弦の符号まで必要です。まず指定象限で余弦を決め、各公式へ入れます。「倍角を全部同じ形で覚える」のではなく、既知の値だけを残せる式を選ぶ確認です。

講義編の対応箇所

平方根の符号を選ぶ前に、半分の角の範囲を作ってください。

$\pi/2\lt \theta/2\lt \pi$より、半角の正弦は正、余弦は負。

半角の大きさは元の余弦から作れます。残る課題は平方根の符号です。元の角の区間を二で割ると半角は第二象限になるので、正弦は正、余弦は負と決まります。元の角の象限の符号を半角へ流用せず、新しい角の区間を作ってください。

講義編の対応箇所

求める式を、既知の正弦だけで書けるか考えます。

三倍角公式より$\sin3\theta=3(1/3)-4(1/3)^3=23/27$。

求める角が元の三倍で、正弦だけが既知です。三倍角を正弦の三次式にした公式なら、未知の余弦を求めずに済みます。加法定理で$2\theta+\theta$から作り直すこともできますが、使い慣れた公式ならこの段階では直接計算して構いません。

講義編の対応箇所

和と積では、変換後に現れる角が違います。既知角になる方を比べます。

(1)和積より$2\sin(\pi/4)\cos(\pi/6)=\sqrt6/2$。

(2)積和より$\{\cos(\pi/2)+\cos(\pi/3)\}/2=1/4$。

(1)は和、(2)は積なので、公式を使う方向が逆です。和を積へすると平均角と半差が既知角へ、積を和へすると和の角と差の角が既知角へなります。公式名より、変換後の角が計算できるかを先に見ます。個々の$75^\circ,15^\circ$の値を出して計算する別の候補と比べると、ここでは根号の展開を減らせます。

講義編の対応箇所

振幅と、係数の正負に合う位相を別々に確認します。

(1)$\sqrt3\sin x-\cos x=2\sin(x-\pi/6)$。全実数で角は全て動くので、最大値$2$、最小値$-2$。

(2)$x=0$から$b=0$、$x=\pi/2$から$a=0$が必要で、この条件は十分でもある。従って$a=b=0$。

(3)$a=b=0$なら区間の全ての角が解なので無限個。それ以外なら合成した正弦が一周内で$0$を取る二角だけで、二個。

(1)は同じ角の一次結合なので、一つの正弦へまとめれば全実数の角での値域が読めます。(2)は一角で零になる条件ではなく、全実数の角で同じ式が零になる恒等式です。二つの簡単な角を入れると二係数を別々に決められます。(3)では係数が両方零のとき、方程式そのものが恒等零になります。振幅で割ってから考えると、この無限解の場合を消してしまいます。

講義編の対応箇所

円の座標から角の候補を作り、指定範囲の端で選びます。

$u=2x\in[0,4\pi)$。$u=\pi/3,2\pi/3,7\pi/3,8\pi/3$なので、$x=\pi/6,\pi/3,7\pi/6,4\pi/3$。

方程式に現れる角は$2x$です。元の$x$が一周する間に$2x$は二周するので、基本の一周の解だけを二で割ると後半を落とします。変換後の区間$[0,4\pi)$を最初に書き、二周期の解を全部集めてから元の角へ戻す順を確認します。

講義編の対応箇所

同じ方向を表す二端でも、実数の角としては二つです。

$x-\pi/3=\pm\pi/3+2n\pi$（$n$は整数）より$x=2n\pi$または$2\pi/3+2n\pi$。区間内では$x=0,2\pi/3,2\pi$。

位相を動かしても、元の区間の端が消えるわけではありません。余弦の一般解を作って$x$へ戻すと、$0$と$2\pi$が両方候補になります。この問題は閉区間なので両方とも異なる実数の解です。単位円の同じ終辺と、角を実数として数えることを区別します。

講義編の対応箇所

入力が二倍になっています。正接の周期と、入力の範囲も一緒に確かめます。

$2x=\pi/4+n\pi$（$n$は整数）より$x=\pi/8+n\pi/2$。従って$x=\pi/8,5\pi/8$。どちらも$\cos2x\ne0$である。

正接の周期は$\pi$です。まず$2x$の一般解を$\pi/4+n\pi$と書き、元の区間で整数$n$を選びます。正接が定義されない角は方程式の候補になりません。今回の二候補は極から離れており、元の式へ入れられます。

講義編の対応箇所

等しい値の点を境に、円のどちら側の弧を選ぶか考えます。

$u=x+\pi/6\in[\pi/6,13\pi/6)$。この区間では$u\in[\pi/6,5\pi/6]$だけで、次の周期の端$13\pi/6$は含まれない。従って$x\in[0,2\pi/3]$。

正弦が$1/2$以上なのは、一周では上側の閉じた弧です。位相の区間を移すと次の周の境目まで届きますが、その右端は元の開端に対応して含まれません。弧と移した区間の共通部分を取ってから$x$へ戻すと、端の扱いを保持できます。

講義編の対応箇所

正接が値を持たない点は、等号の端とは扱いが違います。

正接の各増加する部分より、$x\in(\pi/2,3\pi/4)\cup(3\pi/2,7\pi/4)$。極は未定義、$-1$となる角は厳密不等式により除く。

正接には未定義点があり、その点をまたいで単調とはいえません。各増加する部分で$-1$を取る点を決め、その左側の部分を選びます。極は未定義、$-1$の点は厳密不等式のため除外、と二種類の開端を区別してください。

講義編の対応箇所

恒等式では、両辺に現れる全ての式が定義される範囲を保ちます。

第一式は$\sin^2x+\cos^2x=1$を$\cos^2x$で割ればよい。第二式の共通定義域は$x\ne\pi+2n\pi$（$n$は整数）。この範囲では

恒等式は両辺が意味を持つ範囲で示します。第一式は余弦の二乗で割る条件が問題文にあり、第二式は左右の分母が同時に零になる角を除く必要があります。半角の式へ変えると同じ因子が約分できますが、その因子の非零を先に確認することが証明の一部です。

講義編の対応箇所

一項の周期ではなく、式全体がどんな関数かを先に確認します。

(1)$\sin^2x=(1-\cos2x)/2$なので周期は$\pi$。もし$T\gt 0$が周期なら$x=0$で$\sin^2T=0$、従って$T=n\pi$であり、最小は$\pi$。

(2)式は恒等的に$0$。任意の正数が周期なので、最小の正の周期はない。

周期を一つ見つけることと、それが最小と示すことは別です。(1)は零点に一周期後も戻る必要があるので、$x=0$を使って候補の周期を$\pi$の整数倍へ絞れます。(2)は和が定数になり、任意の正数が周期です。各項の周期をそのまま「最小周期」と答えず、和の式を先に整理します。

講義編の対応箇所

上下の平均・半差、一周期の幅、山の位置はそれぞれ別の情報を与えます。

中心線は$y=-1$、振幅は$2$。周期$\pi$なので角の係数は$2$とできる。$x=\pi/6$で余弦が$1$となるように選べば$y=2\cos\{2(x-\pi/6)\}-1$。点$(u,v)$は$(u/2+\pi/6,2v-1)$へ移る。

グラフから式へ戻す問題です。上下の平均が中心、差の半分が振幅、周期が角の係数を決めます。最後に最大の位置で横移動を決めます。式の表し方は周期分の位相の違いなどで一意ではないので、条件を満たす一式を作り、点の対応で検証します。

講義編の対応箇所

一方の三角関数は二乗だけです。二種類を残さずに済むか見ます。

$t=\cos\theta\in[-1,1]$とおくと、式は$1+3t-2t^2=-2(t-3/4)^2+17/8$。従って最大値$17/8$は$\cos\theta=3/4$となる二角で取る。最小値は両端を比べて$-4$で、$\theta=\pi$のとき。

求めるのは式の極値で、正弦は二乗だけ、余弦は一次で現れています。正弦の二乗を二乗和で消すと、余弦一つの二次式になります。正接への置換もできますが、ここでは分数や除外方向を新しく作るので利点が少ない候補です。

置換後の仕事は数学Ⅰの二次関数です。平方完成して軸が$[-1,1]$内にあるか調べ、最大側は頂点、最小側は両端を比べます。最後に、求めた余弦の値が実際の角で取れることと、最小の角が指定区間にあることを確かめます。変形に成功した後の二次関数と、角への復元を別々に練習してください。

角の範囲を$[0,\pi/2]$へ狭めても、頂点$t=3/4$は像$[0,1]$へ入るので最大値は同じです。しかし最小値は両端の比較で$1$となり、全実数の角での$-4$は取れません。式の変換は同じ、渡す像だけが変わります。

講義編の対応箇所

二つの角の表現を一種類へそろえる候補を比べ、その量を指定区間で何回取るかも調べてください。

$t=\sin\theta$とおくと$0\lt t\leq1$で、与式は

指定範囲では、$0\lt t\lt 1/2$に一角、$1/2\leq t\lt 1$に二角、$t=1$に一角が対応する。実際、正弦は$(0,\pi/2]$で増加し、$[\pi/2,5\pi/6]$で$1$から$1/2$へ減少する。

放物線の$(0,1/2)$での値域は$(1,3/2)$、$[1/2,1]$での値域は$[1,3/2]$である。$k=1$では$t=0,1$のうち$1$だけを採用する。$1\lt k\lt 3/2$では二根がそれぞれ$(0,1/2),(1/2,1)$にあり、$k=3/2$では一つの重根$t=1/2$となる。従って解の個数は

角数が要求されているため、二次式へ変換した後も元の区間との対応を残す必要があります。余弦の倍角と正弦が混在していますが、$\cos2\theta=1-2\sin^2\theta$なら一種類へそろいます。$\cos\theta$を置くと一次の正弦を符号付きの根号で残すため、今回は正弦が先です。

次の仕事は三角公式ではなく、放物線の頂点と端の値による根の配置です。ただし、根が二個だから角が四個とはいえません。指定区間は一周でも第一象限だけでもなく、正弦$1/2$以上だけに戻りの角があります。この境目は方程式の係数からでなく、区間の右端から得ます。

最後に、一つの置換値を何回取るかを掛けます。開端の$t=0$は除き、閉端の$\theta=5\pi/6$は$t=1/2$の二つ目として数えます。頂点の重根を二値と数えない確認も別に必要です。区間が変わると対応の重みが変わる、という判断を未知の区間で作り直す問題です。

この問の役割：倍角から二次式を発見し、途中までの戻りと開端の重みを再構成。

講義編の対応箇所

二つを交換しても値が変わらない式です。条件と何を共有しているか見ます。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。$p=\sin\theta+\cos\theta\in[-\sqrt2,\sqrt2]$とすると$sc=(p^2-1)/2$なので、式は$2p^2+p-2=2(p+1/4)^2-17/8$。最小値は$-17/8$、最大値は両端を比べて$2+\sqrt2$。いずれも像内の$p$で達成される。

一次部分は正弦と余弦の和、二次部分は積です。両方が交換対称なので、個々の三角値を残すより和$p$を残せないかを調べます。二乗和$1$から積が$p$の二次式になるため、全項を同じ$p$へまとめられます。

合成で和の正確な像を渡したら、あとは区間上の二次関数です。二次部分だけを二倍角にすると、元の一次部分と別角が混ざったままになるので、今回は全項を一緒にまとめる置換を優先します。極値の$p$が像内にあることまで確かめて元の問題を完了します。

例えば$\sin^2\theta-\cos^2\theta$を追加すると、交換で符号が変わる項が混ざります。$p=s+c$だけではどちらが$s$か分からず、式の値を一意に決められなくなります。対称な式かを調べる理由は、この情報の不足を避けるためです。

講義編の対応箇所

二つを交換したとき、和の求値と差の求値は同じ情報で決まるでしょうか。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とすると$sc=-3/8$、$(s-c)^2=7/4$。

(1)$s^3+c^3=(s+c)^3-3sc(s+c)=11/16$。

(2)$s^3-c^3=(s-c)(1+sc)=\pm5\sqrt7/16$。両符号について$s=(1/2\pm\sqrt7/2)/2,c=(1/2\mp\sqrt7/2)/2$は二乗和$1$となるため、実際の角で実現する。

条件は和しか与えていません。しかし二乗和もあるため、和から積まで決まります。(1)は$s,c$を交換しても変わらない式なので、和と積だけで表す候補が合理的です。先に二次方程式で$s,c$を求める方法より計算を短くできます。

(2)は交換で符号が反転します。同じ二乗和・和・積に対して二つの割り当てが残り、差の符号が必要になることを、計算前から予測できます。差の二乗を出して二符号を残し、最後に両方の単位円上の点を作って実現性を示します。平方根の二候補を根拠なく一つへ選ばない問題です。

講義編の対応箇所

欲しいのは角そのものではなく比です。角の範囲も最後まで残します。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。定数を二乗和でそろえると$3s^2-6sc-c^2=0$。$c=0$なら元の左辺は$2$なので不適。$c^2$で割り、$t=\tan\theta$とおくと

指定範囲のうち$c\ne0$では$t\geq0$なので負根は除く。答えは$1+2\sqrt3/3$。この正接を取る角は$(0,\pi/2)$に存在し、逆向きの変形も同値なので実現する。

求めるものは正接、つまり正弦と余弦の比です。左辺の二次項を同じ余弦の冪で割れば比だけにできますが、右辺の定数が残ります。二乗和$1$を使って定数も二次へすることが、その障害を除く操作です。

講義の例題と異なる仕事は、角が第一象限の端を含む範囲に制限されていることです。まず余弦零の端を元の式で調べ、その後に二次方程式を解きます。二つの実根のうち、指定範囲の正接の値域$[0,+\infty)$に入る方だけを採用し、その角が実際にあることを戻します。

二倍角も成立する候補ですが、角を求めてから比へ戻す仕事が必要です。今回は欲しい比を直接未知数にする方を優先します。反対に同じ左辺の最大値なら、二倍角で一つの波へする方が上下の限界へ直接届きます。式が変形できることに加え、目的と角の範囲で優先順位と採用根を決める問題です。

この問の役割：係数と第一象限の制限が変わる近い転移。指定範囲で根の採用を判断する。

講義編の対応箇所

二辺の差の零点と符号を調べるには、和の形と積の形のどちらが読みやすいでしょうか。

和積公式から、与式は$2\sin\theta\cos2\theta\leq0$と同値である。

$\sin\theta=0$となる$\theta=0,\pi$は解である。$0\lt \theta\lt \pi$では$\sin\theta\gt 0$なので、$\cos2\theta\leq0$より$\pi/4\leq\theta\leq3\pi/4$。$\pi\lt \theta\lt 2\pi$では$\sin\theta\lt 0$なので、$\cos2\theta\geq0$より$\pi\lt \theta\leq5\pi/4$または$7\pi/4\leq\theta\lt 2\pi$。

以上より解集合は

$t=\sin\theta\in[-1,1]$とおく。三倍角から与式は$2t(1-2t^2)\leq0$であり、$t\in[-1/\sqrt2,0]\cup[1/\sqrt2,1]$。これを指定区間の単位円へ戻すと、主解答と同じ解集合を得る。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とすると、三倍角と二乗和から左辺の差は$2s(c^2-s^2)$。$c=0$の二角は直接代入し、$\pi/2$を採用、$3\pi/2$を除く。$c\ne0$では$t=s/c$として、$c^3$の符号を保つ。$c\gt 0$では$t(1-t^2)\leq0$、すなわち$-1\leq t\leq0$または$t\geq1$。$c\lt 0$では$t(1-t^2)\geq0$、すなわち$t\leq-1$または$0\leq t\leq1$。それぞれを余弦の正負の区間へ戻し、先の$\pi/2$を加えると主解答と同じ集合になる。

比較する二つの正弦は角が違うため、差を零以下とする方が共通の条件になります。零点と符号を知りたいので、差を積へする和積が候補です。二つの角の平均と半差が$2\theta,\theta$となり、零点と符号の区間を直接読めます。

三倍角で正弦の三次不等式へ移る方法も合理的です。今回は角の区間を求めるだけなので、二因子の符号へ分ける方が計算は短くなります。一方、正弦値の範囲を求める要求なら、別解の一変数の形が便利です。

積へできても正弦で直ちに割りません。正弦零は等号の解であり、正弦が負なら不等号の向きも変わります。因数分解は符号を見えるようにする操作で、その後には零点・区間・端を戻す仕事が残ります。

もう一つの別解は、三次同次式を余弦の三乗で割る方法です。方法は成立しますが、余弦の符号で不等号を分け、余弦零の二角を別に代入する費用が増えます。正接を使えるという事実と、今回先に選ぶ理由を分けて比べてください。

この問の役割：異なる角の差を積へし、零点と符号へ接続。

講義編の対応箇所

二小問は式が同じで、角の範囲だけが違います。上下の限界の扱いを比べます。

$Q=2-\cos2\theta+\sin2\theta=2+\sqrt2\sin(2\theta-\pi/4)$。

(1)最大値$2+\sqrt2$、最小値$2-\sqrt2$。

(2)$u=2\theta\in[0,\pi/2]$では$\sin u$も$-\cos u$も増加するので、$Q$は増加。最小値$1$は$\theta=0$、最大値$3$は$\theta=\pi/4$。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。(1)円の関係式から$2-(Q-2)^2=(s^2-c^2-2sc)^2\geq0$。従って$2-\sqrt2\leq Q\leq2+\sqrt2$。$\theta=3\pi/8,7\pi/8$でそれぞれ上端・下端を取る。三角関数の合成の代わりに、円上の非負の平方で範囲と等号を示す方法である。

三項は二次で、要求は式の上下の限界です。比を答える問題と違い、二倍角で一次式へすれば除算なしで全実数の角を扱えます。合成は一つの波の振幅を与え、全実数の角での最大・最小へ直接つながります。

指定区間の小問では、二倍角の動く範囲を作り直します。この範囲で正弦と余弦の負が両方増えるため、直接の増減が短く、全実数の角での振幅を使いません。別解の非負の平方は全実数の角での上界・下界を代数的に示す候補です。同じ式でも、角の区間と要求に応じて最後の仕事が変わります。

例えば比を問われたら正接への置換が候補になりますが、全実数の角での極値を正接へ移すと$\theta$の情報を有理式へ渡し、余弦零も別に処理します。短い弧の(2)では、その比の範囲も必要です。二倍角は元の区間を二倍した枝だけで済むため、今回の要求に直結します。

講義編の対応箇所

角の差が定数という条件を、和と積でそれぞれどう使えるでしょうか。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。$F=(\sqrt3+1)(s+c)/2$より、値域は$[-(\sqrt6+\sqrt2)/2,(\sqrt6+\sqrt2)/2]$。

積和より$G=\sin2\theta/2+\sqrt3/4$なので、値域は$[(\sqrt3-2)/4,(\sqrt3+2)/4]$。

二式とも角の差が定数ですが、一方は和、他方は積です。和は加法定理で同じ角の一次結合へ、積は積和で角の差を定数へする候補が出ます。角の差だけから一律に展開方法を決めてはいけません。

和をまとめた後は合成で振幅を求め、積を和へした後は二倍角の一つの波の像を使います。全実数の角なので、それぞれの位相で両端を取れます。積を全面展開する方法も成立しますが、積和なら定数差という情報を一段で使えるため、こちらを優先しました。

角差が定数でも演算は決まっていません。商に変われば分母零の角を先に残し、値を求める方程式なら分母を払って一次式へ戻す候補もあります。和の合成をそのまま商へ使うことはできません。

この問の役割：正弦・余弦の表示と係数が変わる近い転移。遠い転移とはしない。

講義編の対応箇所

波の山が、指定された角の区間で取れるとは限りません。

式は$2\sqrt2\sin(\theta+\pi/4)$。位相は$[3\pi/4,5\pi/4]$で、正弦は減少する。最大値$2$は$\theta=\pi/2$、最小値$-2$は$\theta=\pi$。

元の区間で$\sin\theta$と$\cos\theta$はともに減少する。従って和も減少し、両端を調べればよい。この問題では、基本グラフの増減が合成より短い別解になる。

同じ角の一次式なので合成が候補です。ただし区間が半周未満なので、振幅をそのまま最大値にすることはできません。合成した位相へ元の両端を移して、波のどの部分を通るかを調べます。

今回は正弦が減る一つの枝に収まります。従って端の比較だけで済み、山の値$2\sqrt2$は指定区間で取れません。出力が「振幅と位相」であることを踏まえ、次に「山・谷に届くか」を問う練習です。

この問の役割：区間と二項の増減の関係が変わり、直接端を見る選択を試す近い転移。

講義編の対応箇所

欲しいのは高倍角の値ではなく、二つの値が等しい角です。

和積より$2\cos5\theta\sin2\theta=0$。従って

重複は$\pi/2,3\pi/2$の二角なので、相異なる解は$4+10-2=12$個。

要求は零点で、異なる倍角の正弦の差です。七倍角を多項式へ展開するより、和積で積が零の形にする方が各角を直接決められます。平均と半差は整数倍の角なので、二つの因子の一般解が簡単です。

因子ごとに区間内の角を作った後は、和集合の個数を調べます。二リストには共通の角があるため、個数を単純に足してはいけません。共通解を条件から出して一度だけ数えます。因数分解の情報を消さず、最後まで解集合として扱う問題です。

二つの零因子の角の集合が交わるかは、二つの一般解を同時に満たす整数条件です。今回の二重計上を除く仕事は、和積公式の仕事ではありません。因数分解まではできても個数を間違えたなら、この集合の重なりを復習します。

この問の役割：高倍角の二系列の重複を周期で処理する近い転移。

講義編の対応箇所

未知の二角には、一つの和の条件が付いています。

$d=(B-C)/2$とすると$B,C\gt 0$から$-\pi/3\lt d\lt \pi/3$。

最大値はどちらも$d=0$、すなわち$B=C=\pi/3$で取る。小さい端は退化三角形に対応して取らない。

三角形の内角から$B+C$が定数と分かります。二つの未知角を別々に解く必要はなく、平均角を固定して半差だけを残せます。和・積の公式がこの固定和を式へ反映するための候補です。

新しい変数の範囲は、正の内角から作ります。小さい端の値は一つの内角が零になる極限なので、実際の三角形では取れません。最大値は二角が等しい配置で実現します。変形が正しくても退化の端まで含めると、値域の括弧が変わってしまいます。

講義編の対応箇所

個数だけでなく、二解の半和も求めることに着目します。

(1)$t=\tan(x/2)$は$(-\pi,\pi)$と実数全体を一対一に対応させる。この区間で$\cos(x/2)\gt 0$なので、$\sin x=2t/(1+t^2),\cos x=(1-t^2)/(1+t^2)$。元の方程式は

$b=-1$なら$-2at+2=0$で、$a\ne0$なら一根、$a=0$なら根なし。$b\ne-1$なら二次式の判別式は$4(a^2+b^2-1)$。従って相異なる二解の必要十分条件は$b\ne-1$かつ$a^2+b^2\gt 1$。

(2)$t_j=\tan(x_j/2)$とすると、根と係数の関係から$t_1+t_2=2a/(b+1),t_1t_2=(1-b)/(b+1)$。半和の余弦は$\cos(x_1/2)\cos(x_2/2)(1-t_1t_2)$である。二つの余弦は正なので、求める正接が定義される条件は$1-t_1t_2\ne0$、すなわち$b\ne0$。そのとき

$b=0$なら半和の余弦が零で、正接は未定義。

(3)置換が表さない$x=\pm\pi$は、どちらも$b=-1$のときだけ元の方程式を満たす。$b=-1,a\ne0$では内部の一解と両端で三解、$(a,b)=(0,-1)$では両端だけで二解。従って閉区間の二解条件は、$b\ne-1,a^2+b^2\gt 1$、または$(a,b)=(0,-1)$。

個数だけなら合成と水平線の交点が候補です。しかし半和の正接も求めるため、半角の正接二つの和と積を利用する方法が結論へ直結します。元の区間は半角正接が実数全体へ一対一となる範囲なので、二次式の相異なる二根と二角をそのまま対応させられます。

次に二次方程式の最高次係数と判別式を調べます。係数が零なら二根の判別式を流用せず、一次または定数の式へ再分類します。その後、根の和と積を加法定理へ渡しますが、分母零なら求める値が未定義です。「二解がある」条件と「正接を計算できる」条件は別です。

閉区間の小問では、置換が表さない両端を元の式で確認します。同じ終辺でも二つの実数の角なので二解を足します。新しい境界は、次数・対応・求値の定義の三箇所から生まれています。

(3)では閉端二角を加えるだけでなく、内部の式の次数が下がる$b=-1$を先に分けます。また$b=0$では二解があっても半和の正接が未定義です。個数・置換の欠落点・最終的な商の定義という三つの境界を独立に検査します。

この問の役割：(1)(2)は講義の同題を復習、(3)は閉端への追加確認。全体を遠い転移とはしない。

講義編の対応箇所

同じ高さを二回通る場所と、一回だけ通る場所を分けます。

式は$\sqrt2\sin(\theta+\pi/4)$で、位相は$[\pi/4,3\pi/4]$。従って$1\leq k\lt \sqrt2$で二個、$k=\sqrt2$で一個、それ以外は零個。$k=1$の二角は$0,\pi/2$。

単位円の第一象限の弧と直線$x+y=k$の交点を数える。$k\lt 1$の交点はこの弧に入らず、$k=1$では両端、$1\lt k\lt \sqrt2$では内点二つ、$k=\sqrt2$では接点一つとなる。

角の個数を求めるので、合成した波と水平線の交点を考えます。位相の区間は山を挟む二枝なので、各枝の像を先に作ると、一般の高さには二角、山の高さには一角と分かります。

端値$1$は左右両端で実現し、二角です。最大値だけを知っていても個数は決まりません。値域に加え、同じ値を何回通るかという対応情報が必要です。

この問の役割：合成した値の根から角の対応数へ接続。

講義編の対応箇所

円上の点への距離は、二乗するとどの項が一定になるでしょうか。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。$AP^2=6-4\cos\theta-2\sin\theta$。$4c+2s\leq2\sqrt5$は$c=2/\sqrt5,s=1/\sqrt5$で等号。従って最小値は$\sqrt5-1$、その点は$(2/\sqrt5,1/\sqrt5)$。また$s,c\geq0$で$(c+s)^2=1+2sc\geq1$だから$c+s\geq1$。従って$4c+2s\geq2(c+s)\geq2$。等号は$(c,s)=(0,1)$だけで、最大値は$2$。

距離を求める問題ですが、動点は単位円上です。二乗した距離の二次部分は二乗和で定数になり、残る一次式の最大・最小へ帰着します。根号を抱えたまま扱うより、大小が保存される非負の二乗を先に使います。

近点は中心から定点への方向にあり、第一象限の弧内で実現します。遠点について全円の反対方向を使うと区間を失うので、一次式の下界をこの弧上で調べます。最後に距離の平方根と点の座標へ戻し、等号条件も答えます。

この問の役割：§14と同じ距離問題。指定弧の端と下界の証明の定着として保持。

講義編の対応箇所

傾きが定義される直線と、鉛直線を最初に分けます。

(1)傾きの差の公式から$\tan\varphi=|(2-(-1))/(1+2(-1))|=3$。

(2)後者は$x$軸に対して$\pi/4$の傾きの直線なので、鉛直線との鋭角も$\pi/4$。

直線の向きの差が欲しいので、傾きを正接とみなして加法定理を使えます。ただし傾きは鉛直線で定義されません。(1)は二傾きが有限、(2)は鉛直線を含むため、最初の分類が違います。

また直線の傾きを表す角には$\pi$のずれがあり、加法定理が出す符号付きの正接をそのまま鋭角としません。鋭角の正接は正なので絶対値を取り、分母零なら直角という例外へ分けます。ここでは図の向きから第二小問を短く処理できます。

傾きの公式は各直線が鉛直でなく、正接を求める場合の候補です。二傾き$m_1,m_2$について$1+m_1m_2=0$なら二直線は垂直で、角は$\pi/2$ですが、その正接は未定義です。角を求めることと、角の正接を数として出せることを分けてください。

講義編の対応箇所

座標から式を消すだけで、候補の全点を通るといえるでしょうか。

二乗和より$x^2+y^2=5$。逆に$c=(x+2y)/5,s=(2x-y)/5$なので、$s\geq0$に対応する$2x-y\geq0$が必要。これら二条件を満たす点では$c^2+s^2=1$かつ$s\geq0$なので、$0\leq\theta\leq\pi$の角が作れ、元の二式も成立する。従って軌跡は$x^2+y^2=5,\ 2x-y\geq0$で表される閉じた半円周。

二座標が正弦・余弦の一次式なので、二乗和を消去する候補が出ます。係数が直交する組になっているため円の式が現れます。ただし角は上半周だけなので、全円と答えると情報を落とします。

一次連立を逆に解くと、正弦の非負性を座標の不等式へ移せます。ここまでが必要条件です。さらにその半円の任意の点から二乗和$1$・正弦非負の三角値を作り、元の角と座標を復元して十分性を示します。消去して終わるのではなく逆構成まで行うことが、軌跡の答案の完成です。

角を全実数へ広げれば同じ円の式が出ますが、符号制限は不要となり円周全体になります。今回の半円という結論は、消去の計算ではなく、残された正弦の非負条件から出ています。

この問の役割：軌跡の符号から逆に角の範囲を構成する近い転移。

講義編の対応箇所

全ての角、一つの角、全てのaに共通の角は、要求が違います。

$t=\cos\theta\in[-1,1]$とすると$F=1-t^2-at+d=1+a^2/4+d-(t+a/2)^2$。上に凸なので最小は両端の小さい方、すなわち$d-|a|$。最大は軸$t=-a/2$が区間内なら$1+a^2/4+d$、区間外なら近い端で$|a|+d$である。従って

と書けば像は$[d-|a|,d+M(a)]$。区間上の二次関数なので端間の全値も実現する。

(1)最小値が非負であることが必要十分で、$d\geq|a|$。

(2)零が像に入ることが必要十分で、$-M(a)\leq d\leq|a|$。

(3)$d=0$は全ての$a$で(2)の条件を満たすため、その$a$ごとの零点は存在する。一方、共通の零点があれば$a=0$から$\sin^2\theta=0$、$a=1$との比較から$\cos\theta=0$となり、二乗和$1$に矛盾する。従って共通の零点はない。

三角部分は余弦一つの二次式へまとめられます。第一小問の「全て」は最小値が零以上、第二小問の「存在」は零が実際の像へ入ることです。同じ式でも、要求を先に翻訳すると何を計算すべきかが分かります。

$t^2$の係数が負の、上に凸の放物線なので、最小値は端、最大値は軸の位置によって変わります。軸が区間を出る境界$|a|=2$を出してから、像の下端と上端を零と比較します。

第三小問は各$a$ごとに角を選んでよい条件と、一角を全$a$へ共通にする条件の対照です。後者は二つの$a$を代入すれば矛盾する条件を同時に要求します。パラメータの分類に成功しても、条件の読み方の順序まで同じだと思わないでください。

(1)から得た条件は、どの角にも通用する下界です。(2)の条件は、一つの角を選べればよい条件です。同じ像から答えを作れますが、最小値だけを調べて「零点がある」と結論すると、像の最大値が零より小さい場合を落とします。

この問の役割：全称条件からパラメータ付き二次関数の端・軸へ接続。

講義編の対応箇所

頂点と両端のうち、パラメータによって役割が変わる点を見ます。

$t=\sin\theta\in[-1,1]$で$t^2-at=(t-a/2)^2-a^2/4$。最小値は$|a|\leq2$なら$-a^2/4$（$t=a/2$）、$a\gt 2$なら$1-a$（$t=1$）、$a\lt -2$なら$1+a$（$t=-1$）。最大値は$1+|a|$で、$a\gt 0$なら$t=-1$、$a\lt 0$なら$t=1$、$a=0$なら$t=\pm1$で取る。境界$a=\pm2$の最小点はそれぞれ$t=\pm1$。

正弦の二次式なので像$[-1,1]$上の二次関数へ移れます。今回は最小側の軸が$a$で動きます。軸が内側か外側かを最初に分ければ、最小点が頂点か近い端かが決まります。

最大側は上に開く放物線なので両端の比較です。端値の差の符号から、$a$の正負でどちらの正弦を選ぶかが分かります。境界$a=0$では二端とも最大、$a=\pm2$では頂点と端が同じ点になります。条件式と等号の正弦値を対で答える練習です。

この問の役割：根の配置をパラメータの条件へ戻す近い転移。

講義編の対応箇所

分子の零と分母の零を、同じ角の軸に並べてください。

分子の零点は$\pi/6,5\pi/6$、分母の零点は$\pi/2,3\pi/2$。分母の二点を除いて、これらの順に区間を分ける。$[0,\pi/6)$では分子負・分母正、$(\pi/6,\pi/2)$では両方正、$(\pi/2,5\pi/6)$では分子正・分母負、$(5\pi/6,3\pi/2)$では両方負、$(3\pi/2,2\pi)$では分子負・分母正である。

従って商が非負の解は$[\pi/6,\pi/2)\cup[5\pi/6,3\pi/2)$。分子の零点は等号として含み、分母の零点は未定義なので含めない。

商の不等式なので、分母を機械的に払うと符号による向きの変更が必要です。分子・分母の零点を同じ角の軸へ並べ、各区間で二つの符号を比べる方法なら、その変更を表に保持できます。

分子零は等号として採用、分母零は未定義として除外します。二種類の端を区別し、選んだ区間を合併します。正弦と余弦の範囲を別々に調べても、同じ角での符号の対応が分からないので、角の区間へ戻すことが必要です。

この問の役割：根号商の符号・分母条件を§12と同じ構造で再確認。

講義編の対応箇所

二乗から戻るための条件と、関数fの仮定を使える入力範囲を見ます。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。(1)式は非負で、その二乗は$1+2|sc|$。$0\leq|sc|\leq1/2$より、最小値$1$、最大値$\sqrt2$。最小は$sc=0$、最大は$|s|=|c|=1/\sqrt2$で取る。

(2)奇性から$f(0)=0$。増加性より$t$と$f(t)$の符号は反対にならず、$tf(t)\geq0$。また$|f(t)|\leq1$から$tf(t)\leq|t|$。$t=\cos\theta$は仮定の区間に入るので結論を得る。

(1)は絶対値の和で非負です。二乗すれば和の二乗が二乗和$1$と積の絶対値になり、倍角の値域で上下を評価できます。元の式が非負という条件により、二乗した大小から元へ戻せます。折れ目の角と等号を別に確認します。

(2)は新しい関数が含まれますが、既知の条件をその入力へ運ぶ問題です。余弦の像が仮定区間内にあり、奇性は零の値、増加は符号の一致、上界は大きさを与えます。負の余弦を掛ける際に向きを誤らないよう、積の符号と絶対値の上界を分けて証明します。三角関数は入力範囲を提供しています。

この問の役割：(1)は絶対値と値域の近い転移、(2)は§25と同じ評価の復習。小問の並列を総合としない。

講義編の対応箇所

整数座標から有理数として取り出せる方向の情報と、指定角の三角値を比べてください。

二直線がいずれも鉛直でなければ、その傾き$m_1=q/p,m_2=s/r$は有理数である。$1+m_1m_2=0$なら二直線は垂直なので、なす角は$\pi/2$。それ以外では、なす小さい角$\varphi\in[0,\pi/2)$について

は有理数である。しかし$\varphi=\pi/3$なら$\tan\varphi=\sqrt3$で無理数だから矛盾する。

少なくとも一方が鉛直の場合、両方が鉛直なら角は$0$。他方が水平なら角は$\pi/2$。他方の傾き$m$が零でない有理数なら$\tan\varphi=1/|m|$は有理数であり、同じ矛盾を得る。従って$\pi/3$にはならない。

禁止したい角は与えられていますが、角そのものを座標から求める必要はありません。整数座標からまず確実に取り出せるのは、鉛直を除く直線の有理な傾きです。傾きは方向角の正接なので、角の差の正接を作ると、四則演算で有理性を保てます。目標角の正接が無理数であることと衝突させるための選択です。

余弦を座標から作る候補もありますが、長さの平方根が入り、有理性の保存が見えにくくなります。今回は正接の方が要求する矛盾へ直結します。その代わり、鉛直線と分母零を先に分ける必要があります。小さい角を取るため絶対値も残します。

格子点の距離や配置を全て列挙する仕事は不要です。図形の整数条件→有理な比→角の差の有理式→既知の無理数との矛盾、という接続を認識する問題です。

この問の役割：格子点から有理な比を発見し、角の差と無理性へ接続。

講義編の対応箇所

五等分の角で等しくなる二つの余弦と、巨大な添字の余りを別々に見ます。

(1)$\theta=2\pi/5,c=\cos\theta$とする。$\cos3\theta=\cos2\theta$より$(c-1)(4c^2+2c-1)=0$。$0\lt c\lt 1$なので$c=(\sqrt5-1)/4$。

(2)$2026$は$5$で割って$1$余り、$2025$は$5$の倍数。周期から答えは$1+c=(3+\sqrt5)/4$。

(3)$x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$なので、割る多項式に関して$x^5$と$1$の余りは同じ。よって求める余りは$x+1$。

五等分の角なので、二倍と三倍が余弦の対称性で同じ値になります。そこから元の余弦の低次数の方程式を作れることが、全面的な五倍角展開より有利な候補です。二次の根を出した後は角の範囲で符号を選びます。

巨大な添字の小問では、その多項式を展開する必要はありません。角の周期が五倍で戻るので余りで添字を減らします。最後の多項式の余りも、割る式と$x^5-1$の関係が同じ周期を作ります。ただしここは数値の三角値ではなく多項式全体の合同関係なので、最後に余りの次数が条件を満たすことを確認します。

この問の役割：添字の周期と整数の余りを接続。

講義編の対応箇所

二つの式の座標交換を一つの図形操作として見て、その後の回転とまとめられないか考えてください。

$D$は$C$を直線$y=x$に関して鏡映した曲線である。その後の回転との合成は、方向角$\psi=\pi/4+\alpha/2$の直線に関する鏡映である。

交点を$P$とし、その鏡映点を$Q$とする。$P,Q$はともに$C$上にある。もし$P\ne Q$なら、$C$の狭義増加性から弦$PQ$の傾きは正。一方、鏡映の性質から$PQ$は鏡映軸に垂直であり、その傾きは$\psi\in[\pi/4,\pi/2]$で負または零になる。矛盾するので$P=Q$、すなわち交点は軸上である。逆に$C$と軸の交点は鏡映で動かないので、求める交点である。

$\alpha\lt \pi/2$では$m=\tan(\pi/4+\alpha/2)\geq1$とおく。$\sqrt{x+1}=mx$より$x\geq0$であり、二乗すると$m^2x^2-x-1=0$。負根は不適、正根は元の式を満たす。従って交点は一個で、

$\alpha=\pi/2$では軸は$x=0$で、交点は一個、$(0,1)$である。

二つの曲線は同じ式の座標交換なので、回転後の根号式をいきなり連立する前に、鏡映との合成を候補にできます。合成すると一つの直線を見つける仕事へ減ります。ただし、鏡映軸が分かっただけでは交点が軸上に限るとはいえません。

ここで根号の曲線は狭義増加、鏡映軸は第一象限の$45^\circ$から$90^\circ$の方向です。異なる二点の弦が正の傾きであることと、軸に垂直な方向であることが衝突するため、交点を軸へ絞れます。この方向の検査がなく、円などを同じように鏡映すれば、軸外にも交点を持ち得ます。

絞った後は根号方程式です。負根が出る二次式だけを解いて終えると、二乗で増えた候補を採ってしまいます。右辺$mx$の非負を残して正根を選び、逆に成立を確認します。最後の鉛直軸は正接で表せないので、端の回転を座標条件へ戻します。既習の鏡映判断を別の曲線へ運び、符号管理へ再分類する問題です。

この問の役割：別曲線の鏡映の弦の矛盾を検査し、根号の符号へ接続。

講義編の対応箇所

回転しても変わらない量と、回転で動く量を分け、固定した点から円の中心までの距離を調べてください。

回転後の中心は単位円上を動き、半径は$2$である。点$P$の原点からの距離を$r\geq0$とする。中心を$Q$とすると、$PQ$は$|r-1|$から$r+1$までの全ての値を取る。$r\gt 0$では余弦定理$PQ^2=r^2+1-2r\cos\beta$から従い、$r=0$では常に$1$である。

(1)ある中心で$PQ\leq2$となる条件は$|r-1|\leq2$、従って$0\leq r\leq3$。答えは$x^2+y^2\leq9$。

(2)全ての中心で$PQ\leq2$となる条件は$r+1\leq2$、従って$0\leq r\leq1$。答えは$x^2+y^2\leq1$。

(3)ある中心で$PQ=2$となる条件は$|r-1|\leq2\leq r+1$、すなわち$1\leq r\leq3$。答えは$1\leq x^2+y^2\leq9$。全ての中心で$PQ=2$となる点はない。実際$r\gt 0$では最大距離と最小距離が異なり、$r=0$では距離が$1$だからである。

原点を中心とする円盤なら回転しても条件は変わりませんが、今回は中心がずれています。保存されるのは点の原点からの距離と円の半径、動くのは中心の方向です。固定した点からその中心までの距離を三角関数で表すと、回転の全条件を一つの距離の値域へ渡せます。

「ある回転」は最短距離が半径以内か、「全て」は最長距離が半径以内か、という別の出力です。境界だけなら、半径が距離の値域に入るか、距離の全値が半径に一致するかへ選び直します。円盤の結果から境界を機械的に取るのではありません。

距離の端は中心を同じ方向・反対方向へ置いて実現します。中間値も角を動かして実現できることを余弦の値域で確かめます。存在条件に必要なのは単なる上下界でなく、間の値も本当に取れるという情報です。

この問の役割：ずれた中心の回転を距離の値域へ移し、存在・全称・境界へ再分類。

講義編の対応箇所

二乗してよい条件を先に確かめ、その後にどの三角値へそろえると一変数になるか比べてください。

左辺の根号内は$4\cos^2\theta\geq0$、右辺は$1+\sin\theta\geq0$である。従って二乗は同値で、$s=\sin\theta$とおくと

よって$s=-1,3/5$。$\sin\alpha=3/5$を満たす$0\lt \alpha\lt \pi/2$の角を$\alpha$とすると、解は$\alpha,\pi-\alpha,3\pi/2$である。

根号があるので二乗は候補ですが、その前に両辺の非負を確認します。ここでは右辺が非負なので、二乗した候補に新しい符号条件を加える必要はありません。これが、講義の右辺が正負を取る例との違いです。

倍角の余弦を正弦へ戻すと、右辺と同じ一変数の二次式になります。左辺を$2|\cos\theta|$として区間分けする方法も使えますが、非負が既に確保されている今回は二乗して正弦へそろえる方が短くなります。最後には正弦の内点と端点で対応する角数を変え、$s=-1$の一角も残します。

この問の役割：倍角と二乗の同値性から正弦の端・内点へ接続。

講義編の対応箇所

商の値から比を求めます。最初の分母条件を変形後にも残してください。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とする。元の分母は非零。加法定理と分母を払う操作から$(\sqrt3-2)s+(1-2\sqrt3)c=0$。$c=0$なら分子分母の比は$\sqrt3$で不適なので、$c\ne0$。

この正接では分母は$c(\sqrt3+\tan\theta)/2\ne0$であり、元の比も$2$となる。

同じ定数差の二角ですが、要求は商の値から正接を出すことです。加法定理で同じ角の一次式にし、分母が非零という元の条件を保持して分母を払えば、正弦と余弦の比へ移れます。

余弦零では比を作れないため元の商を直接確かめます。不適と分かった後で正接への置換し、最後には得た比が元の分母を零にしないことまで戻します。商の代数化では、候補を出す操作と除外値の確認を往復する必要があります。

この問の役割：異なる角の商を一次式へし、正接の定義域へ接続。

講義編の対応箇所

角と倍角が混在しています。一次項の係数比から候補を作り、残りの項もその量だけで決まるか検査してください。

$s=\sin\theta,c=\cos\theta$とし、$q=2s-c$とおく。倍角と$s^2+c^2=1$より

合成から$-\sqrt5\leq q\leq\sqrt5$で、この全ての値が実現する。軸$2$は区間内にあるので、最小値は$-3$。端の比較から最大値は$6+4\sqrt5$で、$q=-\sqrt5$のときに取る。

最大の等号条件は$(s,c)=(-2/\sqrt5,1/\sqrt5)$。最小では$c=2s-2$を二乗和へ代入すると$5s^2-8s+3=0$より、$(s,c)=(1,0),(3/5,-4/5)$。いずれも単位円上にあるから角で実現する。

一次の角と倍角が混在するので、式全体を一回の合成でまとめることはできません。極値の要求に対し、倍角部分だけを合成しても一次項が残り、同じ角で両者が極値を取るとは限りません。そこで次数を上げる費用はあっても、倍角を$s^2,sc,c^2$へ戻し、一次項と共通の量を探す候補が生まれます。

一次項$-8s+4c$は$2s-c$の倍数です。この係数比が$q$の候補を作ります。まだ答えになる保証はないので、二次部分から$q^2$を引き、二乗和による定数だけが残るかを検査します。残ると分かって初めて、一変数へ進みます。講義の候補と同じ$q$を思い出す問題ではなく、今回の係数から候補を作り直す問題です。

次は$q$の像を合成で渡し、数学Ⅰの二次関数へ移ります。軸と端を比べて値を決めた後にも、今回の要求には等号を取る座標が残っています。像の端は合成の等号条件で、内点$q=2$は直線と単位円の連立で復元します。一つの$q$に複数の点があるため、最小の等号条件を一組だけにしません。

この問の役割：倍角に隠れた二次式を一次係数から発見し、像・二次関数・等号座標へ接続。

講義編の対応箇所

二つの指定角は、余弦の符号にどんな違いがあるでしょうか。

$R=x^2+y^2$とすると、余弦定理から$\cos\angle APB=(R-1)/(AP\,BP)$、$(AP\,BP)^2=(R-1)^2+4y^2$。$y\gt 0$なので$AP,BP$は非零である。

(1)$\cos\angle APB=1/2$なので$R-1\gt 0$。二乗して$3(R-1)^2=4y^2$、符号から$R-1=2y/\sqrt3$となる。従って軌跡は$x^2+(y-1/\sqrt3)^2=4/3$、$y\gt 0$である。逆にこの円弧上では$R-1=2y/\sqrt3\gt 0$、余弦定理の余弦は$1/2$となるので、元の角を満たす。

(2)余弦が$-1/2$なので$R-1\lt 0$を残す。同じ二乗の式から$R-1=-2y/\sqrt3$、軌跡は$x^2+(y+1/\sqrt3)^2=4/3$、$y\gt 0$。逆向きも余弦が$-1/2$と確認できる。いずれも$y=0$の端点$A,B$は含まない。

固定した二点を見込む角が一定なので、円周角から円弧を疑う候補が出ます。中心が直ちに決まらなくても、余弦定理なら角を三辺へ移せます。座標の距離の二乗を使うと、共通する$x^2+y^2$が残って円の式を作れます。

二つの角は正弦が等しく余弦の符号が逆です。二乗によって両者を同じ式にすると、必要な枝を区別できなくなります。そこで平方化の前に鋭角・鈍角の符号を記録し、$y\gt 0$と合わせて根号の枝を選びます。

最後は円の条件から余弦定理へ戻して、元の角と端の非退化を確認します。三角関数の処理だけでなく、図形の角を代数へ翻訳し、必要条件の円弧から十分性を戻す訓練です。

補角では正弦が同じため、正弦だけの条件を二乗しても二つの軌跡を区別できません。余弦の符号が「鋭角か鈍角か」という問題文の情報を保存します。計算結果にどの円が合うかを後から選ぶのでなく、二乗前に符号を残します。

この問の役割：角と符号の条件が変わる軌跡の近い転移。

講義編の対応箇所

隣の添字で同じ項が消える差を作れるか、角の並びを見てください。

$\sin x\ne0$では、$2\sin x\sin((2k+1)x)=\cos2kx-\cos(2k+2)x$を足して

$\sin x=0$では全ての項が$0$なので、和は$0$。

角が等差で並び、求めるのは和です。各項を別々に計算するより、隣り合う添字で同じ項が消える形を作れないかを考えます。積和に正弦二つの積から余弦の差を作る式があり、$\sin x$を掛けると差の二角がちょうど隣の偶数倍になります。

足した後は最初と最後だけが残ります。ここで$\sin x$が非零なら割って和を復元できます。零なら変形の逆向きは使えないので、元の各項へ戻して確認します。消去を作る因子と、その因子で割る条件を別々に扱う問題です。

この問の役割：積和・望遠和と除外角の処理を接続。

講義編の対応箇所

二つの有理性の条件を、一つの式へ結ぶには何を記録すればよいでしょうか。

$q=2\cos\theta$、$C_n=2\cos n\theta$とする。加法定理から$C_0=2,C_1=q,C_{n+1}=qC_n-C_{n-1}$。帰納法で$n\geq1$の$C_n$は$q$の整数係数・最高次係数$1$の多項式になる。

$\theta/\pi$が有理なので、ある正整数$m$で$m\theta$は$2\pi$の整数倍、従って$C_m=2$。$q=p/r$を既約、$r\gt 0$とすると、$C_m(q)-2=0$に$r^m$を掛けた式から$r$は$p^m$を割る。既約性により$r=1$。よって$q$は整数で$-2\leq q\leq2$。答えは$-2,-1,0,1,2$で、$\theta=\pi,2\pi/3,\pi/2,\pi/3,0$でそれぞれ実現する。

角が$\pi$の有理数倍という情報は、整数回の角の加算で一周へ戻ることを意味します。一方、三角値の有理性は、分母の割り切りへ渡したい条件です。二つを結ぶには、角の加算を整数係数の多項式として記録する候補が出ます。

余弦そのものより$2\cos n\theta$を残すと、漸化式の係数の二が消え、最高次係数が一の整数係数多項式になります。これが分母を追うための選択です。周期から多項式が零となる式を一つ得たら、既約分母を払って整数性を示します。

最後は値域から整数の候補を有限個へ絞り、それぞれの角を作ります。三角関数の固有部分は周期・加法・値域、残る論証は整数です。有理な角だから三角値も有理、と推論する問題ではありません。

この結論は「角が$\pi$の有理数倍」という仮定に依存します。その仮定を外せば、例えば$2\cos\theta=6/5$となる角も存在します。三角値の有理性だけから整数性を結論しません。

この問の役割：§20の有理余弦の整数条件の証明を運用する復習。

講義編の対応箇所

係数を前から読む場合と後ろから読む場合を比べます。

定数項が$1$なので$z\ne0$。$t=z+z^{-1}$とすると$t^2-at+b-2=0$。この二次式の根を$t_1,t_2$とすれば、四次式は$(z^2-t_1z+1)(z^2-t_2z+1)$である。

全根の絶対値が$1$なら$t_j=z+\overline z\in[-2,2]$。逆に$t_j\in[-2,2]$なら、各二次式の根は単位円上で、端$t_j=\pm2$の重根も適する。

$\Delta=a^2-4b+8$として、必要十分条件は$\Delta\geq0$かつ$|a|+\sqrt\Delta\leq4$。整理すると

最後の整理を確かめると、二根$(a\pm\sqrt\Delta)/2$が$[-2,2]$内にある条件は$\sqrt\Delta\leq4-|a|$。右辺の非負性から$|a|\leq4$、二乗から$b\geq2|a|-2$、$\Delta\geq0$から$b\leq a^2/4+2$が出る。逆にこれら三条件なら同じ不等式へ戻れるので十分でもある。

係数が前後で対称なので、逆数の二項をまとめる候補が出ます。定数項が非零なら根が零でないため、中央の冪で割れます。$z+1/z$を置けば四次が二次へ落ちることを、次数と対称性から予測できます。

要求は根の絶対値が一です。単位円上なら逆数は共役で、和は$2\cos\theta\in[-2,2]$。従って二次式の二根の配置へ翻訳します。逆にその区間の実数から単位円上の二根を作れるので、必要条件だけでは終わりません。

二次式の判別式と両根の上下限を組み合わせ、絶対値の不等式へ整理します。境界の重根も問題文では許されているため含めます。単位円上の条件と、有限回の冪で一になる条件は区別してください。

この問の役割：相反四次式を二次の根の配置へし、単位円の根へ戻す。

講義編の対応箇所

終点を決める情報に、歩いた順まで必要でしょうか。

三方向の移動回数を$H_0,H_1,H_2$とすると、変位は$(H_0-(H_1+H_2)/2,\sqrt3(H_1-H_2)/2)$。零となる条件は$H_0=H_1=H_2$。従って$n$が$3$の倍数でないとき確率は$0$。

$n=3m$なら、方向0の位置を${}_{3m}C_m$通り、残りから方向1を${}_{2m}C_m$通り選ぶ。全$3^{3m}$列は等確率なので、答えは${}_{3m}C_m{}_{2m}C_m/3^{3m}$。

三方向は等角で一周を分けています。独立に方向を選ぶ設定なので、最後の位置は歩いた順ではなく方向別の回数で決まります。各方向の余弦・正弦を座標へして和を零と置くと、三回数が等しい条件へ移れます。

そこからは整数条件と数え上げです。総歩数が三の倍数かを最初に分け、適する場合は各方向を配置する位置を二項係数で数えます。途中経路の形を追うより、終点を判定するのに必要な回数だけを記録する方が計算を減らせます。

この問の役割：§19と同じ三方向独立選択。方向回数と列数の定着として保持。

講義編の対応箇所

終点の位置と最後の向きは、それぞれ何の回数・どの履歴で決まるでしょうか。

進む操作を$F$、回す操作を$R$と書く。八回の列は全て確率$2^{-8}$。最後に右向きとなるには$R$の回数が$0,4,8$である。

回転が零回では八歩右へ進み不適。回転が八回では位置は原点のままで適する一列である。回転が四回では、四つの$R$の前後に入る$F$の個数を順に$a,b,c,d,e\geq0$とすると$a+b+c+d+e=4$で、終点は$(a-c+e,b-d)$。

原点となる条件は$a+e=c,b=d$。従って$c+d=2$である。$(c,d)=(0,2),(1,1),(2,0)$に対し$a+e=c$の非負整数解は順に$1,2,3$通り。各五つ組は一つの操作列に対応するから、六列である。求める確率は$(1+6)/2^8=7/256$。

戻る位置だけでなく、最後の向きも指定されています。向きは回転回数の四で割った余りで決まり、この条件から回転回数を先に絞れます。一方、位置は各回転の間に何歩進んだかに依存します。回転回数だけでは終点を決められません。

毎回独立なのは二種類の操作の選択であり、進む方向の選択ではありません。三方向へ独立に進む前問の多項係数を、そのまま流用しないことが重要です。回転の間のブロックへ零歩も許して配れば、履歴の依存を保ったまま短い整数条件へ移れます。

座標の二条件から反対方向の歩数が等しいと分かり、総歩数から$c+d=2$へ再分類できます。最後に全て回転する零移動の列も加えます。「原点」と「右向き」を別々に翻訳し、同じ列で両方を満たすことを確かめる問題です。

この問の役割：四方向の履歴依存と最後の向きを同時に翻訳。

講義編の対応箇所

軸の向きと同じ角だけ座標を回すと、何が一定になるか試します。

$c(\beta)=\cos\beta+i\sin\beta$とこの解答内で略記する。鏡映から$z_{n+1}=c(n\pi/3)\overline{z_n}$。$q_n=c(-n\pi/6)z_n$とすると$q_{n+1}=c(-\pi/6)\overline{q_n}$、従って$q_{n+2}=q_n$。ゆえに

周期$12$で戻る。偶数の周期$2m$には$c(m\pi/3)=1$が必要なので最小は$12$。奇数で$z_{2m+1}=z_0$となるには$c(m\pi/3)=i$が必要だが、整数$m$では不可能。従って最小周期は$12$。

軸の角が等差で増え、鏡映を繰り返しています。各回を静止座標で展開すると添字に依存する係数が続くので、軸と同じ角を引く座標が候補です。鏡映式にその回転を入れ、係数が本当に定数になるかを計算します。

固定した座標では二回の鏡映で戻るため偶奇に分かれます。しかし元の点には回転因子が残り、周期二とは答えられません。元へ戻した式で、偶数回に一周する条件と奇数回に出発点へ戻る条件を比べます。変換先の周期と元の周期を分ける最後の確認が必要です。

回転座標で二周期になったのは$q_n$であって、元の$z_n$ではありません。戻す係数も同時に周期を満たす必要があります。初期点が鏡映の固定軸上などにあるとより短い周期もあり得るため、最小周期は初期点への戻り方まで検査します。

この問の役割：動く軸の一般式を初期値と最小周期へ運ぶ近い転移。

講義編の対応箇所

円上の点という条件は、分子と分母の共通因子に使えます。

指定区間で$z\ne1$。$h=\theta/2$とすると$0\lt h\lt \pi$で$\sin h\gt 0$。倍角から$z+1=2\cos h(\cos h+i\sin h)$、$z-1=2i\sin h(\cos h+i\sin h)$。従って$w=-i\cos h/\sin h$は純虚数である。

逆に任意の純虚数$w=it$（$t$は実数）を取ると、$w\ne1$なので$z=(w+1)/(w-1)$が定義される。$|w+1|=|w-1|$より$|z|=1$、また$z=1$は$w+1=w-1$となり不可能。従って$0\lt \theta\lt 2\pi$の角で表せ、元の変換も成立する。答えは虚軸全体。

動点は単位円を一周し、分数変換には$z-1$が分母として現れます。偏角で$z$を表すと、$z\pm1$には半角の共通因子があり、比からその因子が消えます。単なる有理式の展開より、単位円と半角の対応を使う方法が軌跡へ短く届きます。

半角の正弦は指定区間で正なので、分母を払う条件も確定しています。結果は純虚数ですが、「虚軸に入る」という必要条件だけでは軌跡は完成しません。任意の虚軸上の点から元の$z$を逆算し、絶対値一・除外点以外という条件を確かめます。

原点も含むか、分母の極に対応する端は何かを確認してください。三角関数は単位円の媒介変数と半角の比として、変換の全範囲を記述しています。

例えば$\theta=\pi$では$w=0$で、虚軸の原点も含まれます。一方、欠落する$\theta=0,2\pi$は元の分母が零です。分子が零になる場合と、変換自体が未定義になる場合を分けると、軌跡の欠ける点を取り違えません。

この問の役割：複素数の商を半角と直線の実現範囲へ接続。

講義編の対応箇所

二点の原点からの距離を先に比べてください。垂直という条件は、どのベクトルの内積で確かめられますか。

$A,B$は第三座標が異なるので相異なる。$\vec{OA}=\vec u,\vec{OB}=\vec v$とおくと$|\vec u|^2=|\vec v|^2=2$。中点$M$について

従って$P=M$で、座標は$((\cos\theta+\cos2\theta)/2,(\sin\theta+\sin2\theta)/2,0)$。

加法定理から$\vec u\cdot\vec v=\cos\theta\cos2\theta+\sin\theta\sin2\theta-1=\cos\theta-1$。よって

値域は$[0,1]$。最大$1$は$\theta=0$、最小$0$は$\theta=\pi$のときに取る。

垂線の足という図形条件は、直線上の点と直線の方向の内積が零、という条件へ翻訳できます。一般の点を$A+t(B-A)$と置いても解けますが、原点からの二点の距離が等しいことを先に読むと中点が候補になり、一つの内積で確かめられます。全座標の連立より短い理由がここにあります。

足を決めた後には、長さの二乗の値域が要求されています。二つのベクトルの和の二乗を展開すると、内積に異なる角の積が現れます。同じ正弦・余弦の組合せなので、角の差の余弦へまとめると一つの値域へ帰着します。

最後に元の$\theta$の半開区間で最大と最小を復元します。最小では足が原点になる退化も問題文で許され、除外しません。なす角の公式を直接代入する講義例題とは、図形条件から内積を作る入口が違います。

この問の役割：等距離・垂線の図形条件から内積を作り、加法定理と値域へ接続。

講義編の対応箇所

一定の回転と倍率は、位置そのものと一回の変位のどちらに付いていますか。

変位の公比は$q=(1+i)/3$である。従って$z_n=(1-q^n)/(1-q)$。$|q|=\sqrt2/3\lt 1$なので$q^n\to0$、ゆえに$z_n\to1/(1-q)=(6+3i)/5$。

一回ごとの移動は、前の移動を一定回転して一定縮小したものです。回転と倍率は複素数の乗法で同時に記録でき、一定の公比へなります。位置ではなく変位にこの規則が付いているので、まず変位の等比数列を作り、位置はその和とします。

極限では公比の偏角でなく絶対値を調べます。縮小率が一未満なので冪は零に近づき、等比和の極限が使えます。ここは数列の仕事で、三角関数は回転を係数へ翻訳しています。

この問の役割：幾何的な移動を複素数の比へし、等比和と極限へ接続。

講義編の対応箇所

零と区間の端を先に分け、正の範囲でパラメータを一つの関数の値へ移す候補を考えてください。

(1)$x=0$は常に解で、$x=\pm\pi$は解でない。$0\lt x\lt \pi$では$\sin x\gt 0$なので、$a=g(x)=x^2/\sin x$と書ける。

$h(x)=\sin x-x\cos x$とおくと、$h(0)=0$、$h'(x)=x\sin x\gt 0$より$h(x)\gt 0$。従って

さらに$\lim_{x\to0+0}g(x)=0$、$\lim_{x\to\pi-0}g(x)=+\infty$。連続性と狭義増加性から、正の解は$a\gt 0$のとき一個、それ以外はない。

負の解では$x=-u$（$0\lt u\lt \pi$）とすると$u^2=(-a)\sin u$。従って$a\lt 0$のとき一個、それ以外はない。以上より$a=0$では一個、$a\ne0$では二個で、零でない解の符号は$a$の符号と一致する。

(2)$G_a'=1-a\cos x$。$|a|\lt 1$なら全区間で正。$a=1$では零点は$x=0$だけ、$a=-1$では両端だけであり、他では正なので、どちらも狭義増加である。$a\gt 1$では$0$の近く、$a\lt -1$では$\pi$の近くの内点で導関数が負となるため不適。従って$-1\leq a\leq1$。

境界でも、任意の二点間に導関数が正の小区間があり、全区間では非負である。非減少性とその小区間の増加を合わせれば、二点の関数値は厳密に増加する。

三角関数の外にも$x$が残るので、$\sin x$だけへ置いても元の$x^2$を一意に表せません。まず零と端を分け、正側では正弦で割ってパラメータを分離すると、固定した曲線と高さ$a$の交点数へ移れます。

直接$x^2-a\sin x$を微分する候補もありますが、パラメータによって導関数が変わります。商なら一つの増加性と値域の検査を全ての$a$に使えます。導関数の分子が直ちに正と見えなければ、講義で準備した$\sin x-x\cos x$の符号を使い、そこへ正の$\sin x$を加えればよいと再分類します。

元の左辺は偶関数、右辺の正弦は奇関数です。そのため同じ$a$で正負一対の解になるとは限りません。負側へ$x=-u$と戻すと$a$の符号が反転することを明示します。変数が三角関数の外に残る構造と、対称性の使い分けを問う問題です。

(2)は講義で扱った増加性の定着です。導関数が非負であることと、関数が狭義増加であることは同じ判定ではありません。境界で導関数零となる点が孤立していれば、任意の二点間には増加する小区間が残ります。零点を機械的に除いて$|a|\lt 1$としないことを再確認します。

この問の役割：(1)は外側の二乗から増加性・極限・符号反転へ接続。(2)は孤立零点と狭義増加の定着を確認。

講義編の対応箇所

積分後に何を扱いたいかを考え、内側と微分因子、先に作れる二乗、異なる角の積を見比べてください。

(1)$u=2+\cos x$とすると$du=-\sin x\,dx$、両端は$3,5/2$で、

(2)$(\sin x+\cos x)^4=(1+\sin2x)^2$だから、

(3)積和公式から被積分関数は$\{\cos(2x+\pi/2)-\cos4x\}/2=-(\sin2x+\cos4x)/2$。従って積分は$-1/2$。

(1)は三角関数の奇数冪ではありませんが、分母の内側の余弦と、その微分因子である正弦が見えます。置換後に$dx$とともに一変数の有理式になるため、展開や半角正接より先に試せます。

(2)は四乗を直ちに二項展開するより、まず二乗を作ると二乗和が$1$になり、倍角の二乗だけが残ります。その後の偶数冪は次数を下げて項ごとに積分します。隠れた基本関係を一段ずつ利用する例です。

(3)は二つの異なる角の積です。零点を求める要求なら因子を残しますが、ここでは原始関数が欲しいので積和で二つの余弦へ分けます。角の和と差と、置換の端の向きも答案で確認します。三小問は独立した方法選択の練習であり、三つを並べたこと自体を総合度とはしません。(2)に二段の接続があります。

この問の役割：(1)(3)は方法の表層を変えた転移、(2)は隠れた二乗から次数低下を接続。三小問の並列自体は総合度に数えない。

講義編の対応箇所

単純な微分因子のない分母です。置換の欠落点になる端にも注意します。

まず上端を$b\lt \pi$として$t=\tan(x/2)$を使うと、$dx=2dt/(1+t^2)$なので積分は$2\int_0^{\tan(b/2)}dt/(3+t^2)$。$b\to\pi-0$で上端は$+\infty$。さらに$t=\sqrt3\tan u$とすれば

元の被積分関数は$[0,\pi]$で連続なので、最初の端の極限は元の積分に一致する。

分母に一次の余弦があり、単純な微分因子は付いていません。半角正接なら余弦と$dx$が同じ分母を持つので、有理式へまとめられます。奇数冪の置換などより一般的なこの方法を選ぶ理由です。

ただし上端$\pi$は半角正接の欠落点です。有限な端で同値な積分を作り、その後で端を近づけます。置換後の無限端は、元の被積分関数の発散ではありません。元の連続性を確認することで、求めた極限が元の定積分に一致すると説明できます。

この問の役割：§24確認と同じ半角置換。分母と端を含む計算の定着。

講義編の対応箇所

積の形と、区間の中点に関する対称性から二候補を挙げます。

部分積分から$[-x\cos x]_0^\pi+\int_0^\pi\cos x\,dx=\pi$。

積分を$I$とし、$x=\pi-u$に替えると$I=\int_0^\pi(\pi-u)\sin u\,du$。元の式と足して$2I=\pi\int_0^\pi\sin u\,du=2\pi$、従って$I=\pi$。対称性は、重み$x$と$\pi-x$の和が定数になることを利用する。

通常変数と三角関数の積なので、部分積分が基本候補です。さらに区間が$[0,\pi]$で正弦は中点に関して対称、$x$と$\pi-x$は和が定数です。この条件なら置換した等しい積分を足し、重みを消す別の候補が出ます。

部分積分は汎用的、対称性はこの区間の構造を使って計算を短くする方法です。二解法を比べることで、特殊な数値を覚えるのでなく、関数と区間の両方が対称かを次の問題でも調べられます。

この問の役割：§25と同じ中点反転。未知のまま積分を決める証明の定着。

講義編の対応箇所

積分する文字と外側の文字を区別し、角の和・差で内部の変数をどこまで分離できるか見てください。

積和公式から

$t$で積分して両端を代入すると、

従って$F''(x)=(-2\sin x+4\sin2x)/3$なので、$F''(x)+F(x)=\sin2x$。

上端だけでなく被積分関数の中にも$x$があります。上端の微分の公式だけで処理すると、その依存を落とします。今回は角の一次式の積なので、積和で内部変数$t$だけを積分できる形へする候補が先に出ます。

加法定理で$x$の係数と$t$の積分へ分離する方法も合理的です。今回は積和なら二つの余弦の原始関数だけで済みます。$x$を固定して$t$で積分し、式を明示した後に$x$で微分する順序を守ります。

講義の同じ周波数の例では$t$に依らない項が積分後に$x$を作りました。今回は角の差にも$t$が残るため、その計算結果を流用できません。内部変数の係数をもう一度観察することが転移の要点です。

この問の役割：核の周波数を変えた近い転移。積和の係数を作り直す。

講義編の対応箇所

平方根の中身を、円の基本関係式へ結び付けられます。

$x=\sin u,0\leq u\leq\pi/2$とおく。この区間では$\sqrt{1-\sin^2u}=\cos u$、$dx=\cos u\,du$。従って積分は$\int_0^{\pi/2}\sin^2u\cos^2u\,du=\pi/16$。

根号に$1-x^2$があり、区間は$0\leq x\leq1$です。二乗和を使って根号を余弦へ移すため$x=\sin u$が候補になります。指定区間に合わせて$u\in[0,\pi/2]$を選べば余弦は非負なので、絶対値を正当に外せます。

微分$dx$も余弦を一つ生み、偶数冪の積へ帰着します。ここからは前の積分問題の倍角を再利用します。根号を消す三角置換、変換後の積分の再分類、という接続であり、最初の置換だけで終了しません。

この問の役割：根号の代数式から円の座標へ移る近い転移。

講義編の対応箇所

積分する前に、一つの高さの断面で全ての点を作れるか考えます。

高さ$h=2\lambda$（$0\leq\lambda\leq1$）の点は、水平成分が長さ$r_1=2(1-\lambda),r_2=\lambda$の二方向の和である。その長さの二乗は$r_1^2+r_2^2+2r_1r_2\cos(\varphi-\theta)$。

(1)半径は$|r_1-r_2|$から$r_1+r_2$まで。角の差で全半径、二角の同時回転で全方位を実現する。断面積は$4\pi r_1r_2=8\pi\lambda(1-\lambda)$。従って体積は$2\int_0^1 8\pi\lambda(1-\lambda)\,d\lambda=8\pi/3$。

(2)余弦は$[0,1]$を動くので、内半径は$\sqrt{r_1^2+r_2^2}$、外半径は$r_1+r_2$。同様に全半径・全方位を実現し、断面積は$2\pi r_1r_2=4\pi\lambda(1-\lambda)$。体積は$4\pi/3$。両端の断面は円周で面積$0$となり、同じ公式に含まれる。

(3)水平成分の長さは三角不等式から$r_1+r_2=2-\lambda$以下。逆に長さ$\rho\leq r_1+r_2$、任意の方向の点は、二成分を同じ方向へそれぞれ$r_1\rho/(r_1+r_2),r_2\rho/(r_1+r_2)$の長さに選べば実現する。断面は半径$2-\lambda$の円盤なので、体積は$2\pi\int_0^1(2-\lambda)^2\,d\lambda=14\pi/3$。

(4)高さ$2\lambda$で、半径$\lambda$の円盤の中心が$x$軸上の$[-(1-\lambda),1-\lambda]$を動く。和集合は長さ$2(1-\lambda)$、幅$2\lambda$の帯と両端の半円。任意の点は、この中心区間上の最も近い点を選ぶと半径$\lambda$の円盤内に入り、元の$A,B$から実現する。断面積は$4\lambda(1-\lambda)+\pi\lambda^2$、体積は$2\int_0^1\{4\lambda(1-\lambda)+\pi\lambda^2\}\,d\lambda=(4+2\pi)/3$。

体積を求めるので、固定高さの断面を作ります。線分上の位置は高さが内分比を決め、その水平座標は二つの円の半径を内分係数倍した二方向の和です。二乗した長さに角の差の余弦が出るので、差の制約から内外の半径を決められます。

必要条件の半径だけでは断面は決まりません。差の角で全中間半径、共通の回転で全方位を作り、円環の全点が実現することを確認します。(2)は角差の範囲が狭いため、同じ外半径でも穴が変わります。

(3)の円盤では短い成分を選べ、穴はなくなります。(4)は一方の中心が線分を動くので、円環ではなく帯と半円です。円周・円盤・中心の動く範囲を読み直してから、断面積を高さで積分します。三角関数の翻訳が終わった後の集合構成と積分が、難しさの大きな部分です。

円周を動く端点の断面では、二成分の長さが固定されて穴が残ります。円盤を動く端点では長さも選べ、同じ外半径でも内部を埋められます。輪郭の図が似ていても、各点をどの端点から作るかを確認しなければ断面の面積は決まりません。

この問の役割：断面、円周/円盤、角の独立性から必要十分な半径と体積へ接続。

講義編の対応箇所

弧長の根号をまず整理してください。極限を取る前に、二つの対数で同じ量をそろえられないでしょうか。

指定区間で$1+\sin x\gt 0$であり、

$u=x/2-\pi/4$とおくと$1+\sin x=2\cos^2u$、$0\leq u\lt \pi/2$なので$\cos u\gt 0$。$u_b=b/2-\pi/4$として

ここで原始関数は微分により確認できる。有限な$b$でまとめると、

$b\to3\pi/2-0$で$u_b\to\pi/2-0$だから、極限は$2\log2+\log2=\log8$。

弧長の入口は微分して速さを作ることです。今回は二乗和を整理しても$1+\sin x$の平方根が残るため、そのまま正弦を置くより半角で平方を作る候補が出ます。根号を外すには新しい角の区間と余弦の符号も必要です。

次の要求は、弧長と負へ発散する対数の和の極限です。それぞれの極限を先に取ると有限な差の情報を失うため、有限な$b$で原始関数を作り、半角でそろえた同じ余弦を相殺します。ここで初めて端の値を代入できます。

講義の$\log\cos x$の式を記憶して流用するのではなく、導関数の二乗→半角の平方→符号→有限な端での相殺、という手順を再構成します。弧長公式と積分法は数学Ⅲの前提です。

この問の役割：別曲線の弧長を半角で積分し、有限な端で対数を相殺。

講義編の対応箇所

速く動く部分の平均と、平均からの誤差を分けます。

倍角から積分は$3/4-J_n/2$、ただし$J_n=\int_0^1(1+x)\cos2nx\,dx$。部分積分すると

従って$|J_n|\leq3/(2n)\to0$。答えは$3/4$。

角が$n$倍で速く回り、重みは$n$によらない一次式です。二乗を倍角へすると一定の平均成分と振動成分に分けられます。点ごとの極限が存在するかを調べるより、振動成分の積分を小さく評価する方法が目的へ直結します。

部分積分は振動の原始関数から$1/n$を取り出すために選びます。重みの微分も一定なので残差に一様な上界が付きます。平均値を答えと予想するだけでなく、その誤差が零になることを示す問題です。

この問の役割：§28の平均化の計算を再現する復習。

講義編の対応箇所

角の動く速さが一定でない場合、平均の誤差を何で押さえればよいでしょうか。

$g(u)=|\sin u|-2/\pi$とする。一周期$\pi$の積分は$0$なので、$F(u)=\int_0^u g(v)\,dv$は周期$\pi$で、$|F(u)|\leq\pi$。

$T\geq1$として$[0,1]$の$g(x^2)$の積分の絶対値は$1$以下。残りは$u=x^2$へ替え

右辺の絶対値は$\pi/(2T)+\pi/2+\pi(1-1/T)/2=\pi$以下。従って平均$2/\pi$との差は$(1+\pi)/T$以下で、答えは$2/\pi$。

絶対値の正弦は周期的ですが、角が$x^2$なので$x$について同じ周期で繰り返しません。一周期平均を候補にするなら、位相を変数へして生じる重みまで評価する必要があります。

平均を引いた周期関数の一周期積分は零となり、その原始関数は有界です。これを部分積分へ入れると、振動を追わずに誤差を上から押さえられます。置換の重みは零で特異なので、最初の有限区間を直接評価してから残りを置換します。

残差が$T$によらない定数以下と示せれば、最後に$T$で割って零へ送れます。三角関数の平均、角が変数の一次式でない場合の置換、特異端の分離、誤差の評価の接続であり、「よく振動するから平均」という一言では証明になりません。

この問の役割：§28で証明した二次の角の平均化を再現する発展的な復習。

講義編の対応箇所

区間の中点で反転したとき、外の和・差と内側の入力はどう変わるでしょうか。まず入力の範囲を確かめてください。

$q(x)=(\cos x-\sin x)/\sqrt2$の値域は$[-1/\sqrt2,1/\sqrt2]$で、仮定の区間に含まれる。

(1)$x=\pi/2-u$と置くと、$\cos x+\sin x=\cos u+\sin u$、$q(x)=-q(u)$。奇性から$I=-I$となり、$I=0$。

(2)$f(0)=0$と減少しない性質から$qf(q)\geq0$。従って被積分関数は非負であり、$|f(q)|\leq1$から$0\leq(\cos x-\sin x)f(q)\leq|\cos x-\sin x|$。よって