sin x, cos x, tan x を tan x/2 で表すことに関する入試問題【広島大・大阪教育大】

$\tan\dfrac{x}{2}=t$ とおくと， $\sin x,~\cos x,~\tan x$ をすべて $t$ で表すことができます。このこと自体は教科書でも扱われるくらい基本的事項のため，知らなかった人は，ここでしっかり学習していきましょう。

しかし，これらの等式を学ぶのは数学IIであるため， $\tan\dfrac{x}{2}=t$ とおくことで，三角関数の有理式の定積分を計算できると知ることもなく，解答を見て「そんなの思いつかない」と文句を言っている人が少なくありません。

したがって， $\tan\dfrac{x}{2}=t$ とおくと， $\sin x,~\cos x,~\tan x$ をすべて $t$ で表すことができることを経験すると同時に，定積分も計算できることも経験しておきましょう。

Contents [hide]

1 2004年広島大
2 2013年大阪教育大
$\tan\dfrac{x}{2}$ で $\sin x,~\cos x,~\tan x$ を表す方法

2004年広島大

$-\pi<x<\pi$ とする。

$c$ を実数とする。

$x$ の方程式

$\begin{align*} \sin x+\sqrt{3}\cos x+c=0~\cdots\cdots(\ast) \end{align*}$

について，次の問いに答えよ。
(1)

$(\ast)$ を

$\sin(x+A)=B$ の形で表せ。また，

$c=\sqrt{3}$ のとき，

$x$ の値を求めよ。
(2)

$(\ast)$ が異なる2つの解

$\alpha,~\beta$ をもつための

$c$ の条件を求めよ。
(3)

$\tan\dfrac{x}{2}=t$ とおくとき，

$\begin{align*} \sin x=\dfrac{2t}{1+t^2},~\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2} \end{align*}$

を示せ。さらに，

$(\ast)$ を

$t$ についての2次方程式で表せ。
(4) (2)の条件のもとで，

$\tan\dfrac{\alpha+\beta}{2}$ の値を求めよ。

※当時のカリキュラムでは，弧度法は数学IIICで使われており，数学IIBまでは度数法を使っていました。問題文の原文では度数法が使われていますが，現在のカリキュラムに合わせるため，弧度法に変えて記述しています。

ヒロ

(1)は三角関数の合成の問題だね。

任せて下さい！

【(1)の解答】

$(\ast)$ より

$\begin{align*} &2\left(\dfrac{1}{2}\sin x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x\right)+c=0 \\[4pt] &2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)+c=0 \\[4pt] &\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=-\dfrac{c}{2} \end{align*}$

また，

$c=\sqrt{3}$ のとき

$\begin{align*} \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{align*}$

$-\pi<x<\pi$ のとき，

$-\dfrac{2}{3}\pi<x+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{4}{3}\pi$ であるから

$\begin{align*} &x+\dfrac{\pi}{3}=-\dfrac{\pi}{3} \\[4pt] &x=-\dfrac{2}{3}\pi \end{align*}$

ヒロ

(2)は単位円を利用して考えよう。

【(2)の解答】

$\begin{align*} \sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=-\dfrac{c}{2} \end{align*}$

が

$-\dfrac{2}{3}\pi<x+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{4}{3}\pi$ の範囲に異なる2つの解

$x=\alpha,~\beta$ をもつのは，原点を中心とする単位円（点

$\left(-\dfrac{1}{2},~-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ を除く）と直線

$y=-\dfrac{c}{2}$ が2つの共有点をもつときである。

上図より

$\begin{align*} &-1<-\dfrac{c}{2}<1,~-\dfrac{c}{2}\neq-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt] &-2<c<2,~c\neq\sqrt{3} \end{align*}$

ヒロ

(3)は基本事項だから必ずできるようにしよう！

基本だとは分かっているけど，いつも見るのがややこしい変形なので簡単な方法ってありますか？

ヒロ

じゃあ $\sin x$ だけ説明するよ。

お願いします！

【(3)の解答】

$\begin{align*} \sin x&=2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}=\dfrac{2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}}{\color{blue}1} \\[4pt] &=\dfrac{2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}}{\color{blue}\cos^2\dfrac{x}{2}+\sin^2\dfrac{x}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{\dfrac{2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}}{\color{red}\cos^2\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{\cos^2\dfrac{x}{2}}{\color{red}\cos^2\dfrac{x}{2}}+\dfrac{\sin^2\dfrac{x}{2}}{\color{red}\cos^2\dfrac{x}{2}}} \\[4pt] &=\dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}}{1+\tan^2\dfrac{x}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{2t}{1+t^2} \end{align*}$

ヒロ

半角公式を利用して， $2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}$ と変形するのは， $\tan\dfrac{x}{2}$ で表すことを考えているから，当然の発想だと思えるようにしよう。

ヒロ

2行目の1を $\cos^2\dfrac{x}{2}+\sin^2\dfrac{x}{2}$ に変形することで，楽に $\tan\dfrac{x}{2}$ で表すことを可能にしている。

ヒロ

もう1つの $\cos x$ を同じようにして $t$ で表してみて？

任せて下さい！同じようにすればできますね。

【(3)の解答】

$\begin{align*} \cos x&=\cos^2\dfrac{x}{2}-\sin^2\dfrac{x}{2} \\[4pt] &=\dfrac{\cos^2\dfrac{x}{2}-\sin^2\dfrac{x}{2}}{\cos^2\dfrac{x}{2}+\sin^2\dfrac{x}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{1-\tan^2\dfrac{x}{2}}{1+\tan^2\dfrac{x}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{1-t^2}{1+t^2} \end{align*}$

ヒロ

次は $(\ast)$ を $t$ についての2次方程式で表そう。

【(3)の解答】

$(\ast)$ より

$\begin{align*} &\dfrac{2t}{1+t^2}+\sqrt{3}\Cdot\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+c=0 \\[4pt] &2t+\sqrt{3}(1-t^2)+c(1+t^2)=0 \\[4pt] &(c-\sqrt{3})t^2+2t+c+\sqrt{3}=0~\cdots\cdots① \end{align*}$

ヒロ

(4)は，①の2解が $\tan\dfrac{\alpha}{2},~\tan\dfrac{\beta}{2}$ となることに着目しよう。

ヒロ

また， $\tan\dfrac{\alpha+\beta}{2}$ を求めるのだから，加法定理を利用するのだろうと予想できる。

【(4)の解答】
2つの解

$\alpha,~\beta$ に対して

$\begin{align*} t_1=\tan\dfrac{\alpha}{2},~t_2=\tan\dfrac{\beta}{2} \end{align*}$

とおくと，

$t_1,~t_2$ は①の2解であるから，解と係数の関係より

$\begin{align*} t_1+t_2=-\dfrac{2}{c-\sqrt{3}},~t_1t_2=\dfrac{c+\sqrt{3}}{c-\sqrt{3}} \end{align*}$

よって

$\begin{align*} \tan\dfrac{\alpha+\beta}{2}&=\dfrac{\tan\dfrac{\alpha}{2}+\tan\dfrac{\beta}{2}}{1-\tan\dfrac{\alpha}{2}\tan\dfrac{\beta}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{t_1+t_2}{1-t_1t_2} \\[4pt] &=\dfrac{-\dfrac{2}{c-\sqrt{3}}}{1-\dfrac{c+\sqrt{3}}{c-\sqrt{3}}} \\[4pt] &=\dfrac{-2}{(c-\sqrt{3})-(c+\sqrt{3})} \\[4pt] &=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{align*}$

2013年大阪教育大

2013年大阪教育大(1)

$t=\tan\dfrac{x}{2}$ とおくとき，次の等式が成り立つことを示せ。
(i)

$\sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}$
(ii)

$\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
(iii)

$\tan x=\dfrac{2t}{1-t^2}$
(2)

$a,~b$ を実数とする。

$x$ を未知数とする方程式

$a\sin x+b\cos x+1=0$ が，

$-\pi<x<\pi$ の範囲に相異なる二つの解をもつとする。
(i)

$a,~b$ の満たすべき条件を求めよ。
(ii) 二つの解を

$\alpha,~\beta$ とするとき，

$\tan\dfrac{\alpha+\beta}{2}$ を

$a,~b$ を用いて表せ。
(3) 次の定積分を求めよ。

$\begin{align*} \dint{0}{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sin x+\cos x+1}\;dx \end{align*}$

ヒロ

(1)の(i),(ii)は，さっきの広島大の問題と同じだから(iii)だけを解こう。

これは2倍角の公式を利用するだけですね。

【(1)(iii)の解答】

$\begin{align*} \tan x&=\dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}}{1-\tan^2\dfrac{x}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{2t}{1-t^2} \end{align*}$

ヒロ

次の(2)(i)は(1)を利用して $t$ の方程式で考えよう。

合成をしないのは係数が文字だから，さっきみたいに角度が決まらなくて，新たに文字でおかないといけないから(1)を利用するんですね。

ヒロ

文字が減るようにするのが基本だからね。増えてややこしくなるのを避けよう。

【(2)(i)の解答】

$-\pi<x<\pi$ のとき，

$-\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{x}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ であるから，

$t=\tan\dfrac{x}{2}$ とおくと，(1)の結果より，与えられた方程式は次のようになる。

$\begin{align*} &a\Cdota\dfrac{2t}{1+t^2}+b\Cdota\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+1=0 \\[4pt] &2at+b(1-t^2)+(1+t^2)=0 \\[4pt] &(1-b)t^2+2at+1+b=0~\cdots\cdots① \end{align*}$

ここで

$b=1$ のとき，①は高々1個の実数解しかもたないから，

$b\neq1$ である。
また，

$t=\tan\dfrac{x}{2}$ ,

$-\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{x}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ であるから，

$t$ はすべての実数を取り得る。よって，与えられた方程式が

$-\pi<x<\pi$ の範囲に相異なる二つの解をもつのは，①の判別式を

$D$ とすると，

$b\neq1,~D>0$ となるときである。

$D>0$ より

$\begin{align*} &a^2-(1-b)(1+b)>0 \\[4pt] &a^2+b^2>1 \end{align*}$

となるから，求める条件は次のようになる。

$\begin{align*} b\neq1~~かつ~~a^2+b^2>1 \end{align*}$

ヒロ

最初の広島大の問題と同じように考えよう。

【(2)(ii)の解答】
二つの解

$\alpha,~\beta$ に対して

$\begin{align*} t_1=\tan\dfrac{\alpha}{2},~t_2=\tan\dfrac{\beta}{2} \end{align*}$

とおくと，

$t_1,~t_2$ は①の2解であるから，解と係数の関係より

$\begin{align*} t_1+t_2=-\dfrac{2a}{1-b},~t_1t_2=\dfrac{1+b}{1-b} \end{align*}$

よって

$\begin{align*} \tan\dfrac{\alpha+\beta}{2}&=\dfrac{\tan\dfrac{\alpha}{2}+\tan\dfrac{\beta}{2}}{1-\tan\dfrac{\alpha}{2}\tan\dfrac{\beta}{2}} \\[4pt] &=\dfrac{t_1+t_2}{1-t_1t_2} \\[4pt] &=\dfrac{-\dfrac{2a}{1-b}}{1-\dfrac{1+b}{1-b}} \\[4pt] &=\dfrac{-2a}{(1-b)-(1+b)} \\[4pt] &=\dfrac{a}{b} \end{align*}$

ヒロ

(3)で突然定積分の問題になっているけど，これも(1)の置き換えを利用しよう。

【(3)の解答】

$t=\tan\dfrac{x}{2}$ とおくと

$\begin{align*} &dt=\dfrac{1}{2\cos^2\dfrac{x}{2}}\;dx~,~~\begin{array}{c|ccc} x & 0 & \to & \dfrac{\pi}{2} \\\hline t & 0 & \to & 1 \end{array} \\[4pt] &dx=\dfrac{2}{1+t^2}\;dt \end{align*}$

となるから

$\begin{align*} &\dint{0}{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sin x+\cos x+1}\;dx \\[4pt] &=\dint{0}{1}\dfrac{1}{\dfrac{2t}{1+t^2}+\dfrac{1-t^2}{1+t^2}+1}\Cdota\dfrac{2}{1+t^2}\;dt \\[4pt] &=\dint{0}{1}\dfrac{2}{2t+(1-t^2)+(1+t^2)}\;dt \\[4pt] &=\dint{0}{1}\dfrac{1}{t+1}\;dt \\[4pt] &=\tint{\log\abs{t+1}}{0}{1} \\[4pt] &=\log2 \end{align*}$

$\tan\dfrac{x}{2}$ で $\sin x,~\cos x,~\tan x$ を表す方法

ヒロ

頭の中で $\sin x,~\cos x,~\tan x$ を $\tan\dfrac{x}{2}$ で表せるようにしよう。また，三角関数の分数式の積分は， $\tan\dfrac{x}{2}=t$ と置いて，被積分関数を $t$ で表すことで積分できることを覚えておこう。

$t=\tan\dfrac{x}{2}$ とおくと成り立つ等式

$\sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}$
$\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
$\tan x=\dfrac{2t}{1-t^2}$

2004年 広島大

2013年 大阪教育大

tanx2\tan\dfrac{x}{2} で sinx, cosx, tanx\sin x,~\cos x,~\tan x を表す方法

2004年広島大

2013年大阪教育大

$\tan\dfrac{x}{2}$ で $\sin x,~\cos x,~\tan x$ を表す方法