三角関数の加法定理とその応用

1. $\eqref{seigentoyogennokahouteiri1}$で$\beta$を $− \beta$におきかえると

   $$\begin{align} &\cos\{\alpha-(-\beta)\}=\cos\alpha\cos(-\beta)\\ &\qquad\qquad\qquad+\sin\alpha\sin(-\beta)\\ \Leftrightarrow~&\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \end{align}$$

   ← $-\theta$の三角比

2. $\eqref{seigentoyogennokahouteiri1}$で$\beta$を$\beta-\dfrac{\pi}{2}$におきかえると

   $$\begin{align} &\cos\left\{\alpha-\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\right\}\\ &\qquad=\cos\alpha\cos\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ &\qquad+\sin\alpha\sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ \Leftrightarrow~&\cos\left\{(\alpha-\beta)+\dfrac{\pi}{2}\right\}\\ &\qquad=\cos\alpha\cos\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ &\qquad+\sin\alpha\sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ \Leftrightarrow~&-\sin(\alpha-\beta)=\cos\alpha\sin\beta-\sin\alpha\cos\beta\\ \Leftrightarrow~&\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta \end{align}$$

3. 2.で$\beta$を$− \beta$におきかえると

   $$\begin{align} &\sin\left\{\alpha-(-\beta)\right\}=\sin\alpha\cos(-\beta)\\ &\qquad\qquad\qquad-\cos\alpha\sin(-\beta)\\ &\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta \end{align}$$

   ← $-\theta$の三角比

1. 加法定理をもちいて

   $$\begin{align} \sin15^\circ&=\sin(45^\circ-30^\circ)\\ &=\sin45^\circ\cos30^\circ-\cos45^\circ\sin30^\circ\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}\\ \cos15^\circ&=\cos(45^\circ-30^\circ)\\ &=\cos45^\circ\cos30^\circ+\sin45^\circ\sin30^\circ\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}} \end{align}$$

2. 加法定理をもちいて

   $$\begin{align} \sin\dfrac{5}{12}\pi&=\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)\\ &=\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{6}+\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{6}\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}\\ \cos\dfrac{5}{12}\pi&=\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)\\ &=\cos\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{6}-\sin\dfrac{\pi}{4}\sin\dfrac{\pi}{6}\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}} \end{align}$$

1. $\text{OA}=\sqrt{5}$より，

   $\boldsymbol{\cos\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{5}}}$．

2. 図のように書くことができ，

   

   $\text{X}'\left(\cos\dfrac{\pi}{3},~\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$なので$\boldsymbol{ \text{X}'\left(\dfrac12,~\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}$．

   $\text{A}'\left(\sqrt{5}\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right),~\sqrt{5}\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)\right)$であり，

   $$\begin{align} &\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)=\cos\alpha\cos\dfrac{\pi}{3}-\sin\alpha\sin\dfrac{\pi}{3}\\ &=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac12 - \dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} =\dfrac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}\\ &\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin\alpha\cos\dfrac{\pi}{3}+\cos\alpha\sin\dfrac{\pi}{3}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac12 + \dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} =\dfrac{1+2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} \end{align}$$

   ← 正弦と余弦の加法定理

   より，$\boldsymbol{ \text{A}'\left(\dfrac{2-\sqrt{3}}{2},~\dfrac{1+2\sqrt{3}}{2}\right)}$．

   ←$\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right),~\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)$をそれぞれ$\sqrt{5}$倍した

$\eqref{seisetunokahouteiri1}$の$\beta$を$− \beta$におきかえると

←$-\theta$ の三角比

1. 正接の加法定理より

   $$\begin{align} \tan(\alpha+\beta)&=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{5+\dfrac{3}{2}}{1-5\cdot\dfrac{3}{2}}=\boldsymbol{-1}\\ \tan(\alpha-\beta)&=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{5-\dfrac{3}{2}}{1+5\cdot\dfrac{3}{2}}=\boldsymbol{\dfrac{7}{17}} \end{align}$$

2. $0<\alpha+\beta<\pi$および，$\tan(\alpha+\beta)=-1$より，$\alpha+\beta=\boldsymbol{\dfrac{3}{4}\pi}$である．

無題

1. 直線$l$と$m$の傾きはそれぞれ，$2,\dfrac{1}{3}$なので，

   $\tan\alpha=\boldsymbol{2},\tan\beta=\boldsymbol{\dfrac{1}{3}}$である．

2. $\theta = \beta − \alpha$なので

   $$\begin{align} &\tan\theta\\ &=\tan(\alpha-\beta)\\ &=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{2-\dfrac{1}{3}}{1+2\cdot\dfrac{1}{3}}\\ &=1 \end{align}$$

   $0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{2}$より，$\theta=\boldsymbol{\dfrac{\pi}{4}}$となる．

1. それぞれ傾きは$2,~-1$なので

   $$\begin{align} \tan\theta =\left|\dfrac{2 -(-1)}{1+2\cdot (-1)}\right| =|-3| =\boldsymbol{3} \end{align}$$

2. 傾きは$2,~m$である2直線のなす角が$\dfrac{\pi}{4}$なので

   $$\begin{align} \tan\dfrac{\pi}{4}=\left|\dfrac{2 -m}{1+2\cdot m}\right| \Leftrightarrow~ &1=\left|\dfrac{2-m}{2m+1}\right| \end{align}$$

   よって，$2m+1=2-m$または$2m+1=m-2$であればよいので， $\boldsymbol{m=\dfrac{1}{3},~-3}$．

余弦の加法定理$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$において，$\beta = \alpha$とすると

$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$より，$\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha$だから

$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$より，$\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha$だから

1. 余弦の倍角の公式$\cos2\alpha = 1 – 2\sin^2\alpha$より

   $$\begin{align} \sin^2\alpha=\dfrac{1-\cos2\alpha}{2} \end{align}$$ $\tag{1}\label{hankakunokoushikinodoushutunokaitou1}$

   ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

   $$\begin{align} \sin^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{2} \end{align}$$

2. 余弦の倍角の公式$\cos2\alpha = 2\cos^2\alpha – 1$より

   $$\begin{align} \cos^2\alpha=\dfrac{1+\cos2\alpha}{2} \end{align}$$ $\tag{2}\label{hankakunokoushikinodoushutunokaitou2}$

   ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

   $$\begin{align} \cos^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1+\cos\alpha}{2} \end{align}$$

3. $\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$より

   $$\begin{align} \tan^2\alpha&=\dfrac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}\\ &=\dfrac{1-\cos2\alpha}{2}\cdot\dfrac{2}{1+\cos2\alpha}\\ &=\dfrac{1-\cos2\alpha}{1+\cos2\alpha} \end{align}$$

   ←$\eqref{hankakunokoushikinodoushutunokaitou1}$，$\eqref{hankakunokoushikinodoushutunokaitou2}$を使った

   ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

   $$\begin{align} \tan^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha} \end{align}$$

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

また，倍角の公式より

なので

1. 
   $$\begin{align} &\sin\theta+\cos\theta\\ &=\sqrt{1^2+1^2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos\theta\right)\\ &=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}\sin\theta+\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{\sqrt{2}\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{align}$$






2. 
   $$\begin{align} &-\sin\theta+\sqrt{3}\cos\theta\\ &=\sqrt{(-1)^2+\sqrt{3}^2}\left(\dfrac{-1}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)\\ &=2\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}\sin\theta+\sin\dfrac{2\pi}{3}\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{2\sin\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)} \end{align}$$






3. 
   $$\begin{align} &3\sin\theta-4\cos\theta\\ &=\sqrt{3^2+(-4)^2}\left(\dfrac{3}{5}\sin\theta-\dfrac{4}{5}\cos\theta\right)\\ &=5\left(\cos\alpha\sin\theta+\sin\alpha\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{5\sin\left(\theta +\alpha \right)} \end{align}$$

ただし，$\alpha$は図のような角度である．

1. $$\begin{align} y&=\cos^2\theta-2\sin\theta+1\\ &=(1-\sin^2\theta)-2\sin\theta+1 \end{align}$$

   ←拡張された三角関数の相互関係を用いて$\sin\theta$にそろえた

   $\sin\theta = t$とおく．$0\leqq{\theta}<2\pi$より$-1\leqq{t}\leqq{1}$なので

   $$\begin{align} y&=-t^2-2t+2\\ &=-(t+1)^2+3~~(-1\leqq t \leqq 1) \end{align}$$

   ←$t$についての2次関数の最大・最小の問題になった

   

   図より，$y$は

   $t = − 1$のとき最大値$3$,$t = 1$のとき最小値 $− 1$

   をとる．$t =\sin\theta$なので

   
   
   
   
   
   
   
   
   

   $\theta=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最大値$3$

   $\theta=\dfrac{\pi}{2}$のとき最小値$-1$

2. $$\begin{align} &\sin^2\theta=\cos\theta+1\\ \Leftrightarrow~&1-\cos^2\theta=\cos\theta+1\\ \Leftrightarrow~&\cos^2\theta+\cos\theta=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta(\cos\theta+1)=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta=0,~-1 \end{align}$$
   
   
   
   
   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0,~-1$を満たす$\theta$は，図より$\boldsymbol{\theta=\dfrac{\pi}{2},~\pi,~\dfrac{3}{2}\pi}$．

3. $$2\cos^2\theta+\sin\theta>2$$ $$\Leftrightarrow~2(1-\sin^2\theta)+\sin\theta>2$$

   ←拡張された三角関数の相互関係を用いて$\cos\theta$にそろえた．

   $$\Leftrightarrow~-2\sin^2\theta+\sin\theta>0$$ $$\Leftrightarrow~\sin\theta(2\sin\theta-1)<0$$

   ←$\sin^2\theta$の係数を正にするため，両辺を$− 1$で割ってから因数分解した

   $$\Leftrightarrow~0<\sin\theta<\dfrac{1}{2}$$
   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の太線部分である．すなわち

   $$\begin{align} \boldsymbol{0<\sin\theta<\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{5}{6}\pi<\theta<\pi} \end{align}$$

1. $$\begin{align} y=&=-\cos2\theta-2\sin\theta\\ &=-(1-2\sin^2\theta)-2\sin\theta \end{align}$$

   ←2倍角の公式を用いて$\sin\theta$にそろえた．

   $\sin\theta=t$とおく．$0\leqq{\theta}<2\pi$より$-1\leqq{t}\leqq{1}$なので

   $$\begin{align} y&=2t^2-2t-1\\ &=2\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{3}{2} \end{align}$$
   

   図より，$y$は

   $t = − 1$のとき最大値$3$,$t=\dfrac{1}{2}$のとき最小値$-\dfrac{2}{3}$

   をとる．$t = \sin\theta$なので

   
   
   
   
   
   
   

   $\theta=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最大値$3$

   $\theta=\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{5}{6}\pi$のとき最小値$-\dfrac{2}{3}$

2. $$\begin{align} &\sin2\theta=\cos\theta\\ \Leftrightarrow~&2\sin\theta\cos\theta=\cos\theta\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta(2\sin\theta-1)=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta=0,~\sin\theta=\dfrac{1}{2} \end{align}$$

   ←2倍角の公式を用いて共通因数を作った．

   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0$,$~\sin\theta=\dfrac{1}{2}$を満たす$\theta$は，図より

   $$\begin{align} \boldsymbol{\theta=\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{5}{6}\pi,~\dfrac{3}{2}\pi}． \end{align}$$

3. $$\begin{align} &\tan^2\dfrac{\theta}{2}=1-\cos\theta\\ \Leftrightarrow~ &\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}=1-\cos\theta\\ \Leftrightarrow~ &1-\cos\theta=(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)\\ \Leftrightarrow~ &\cos^2\theta-\cos\theta=0\\ \Leftrightarrow~ &\cos\theta(\cos\theta-1)=0\\ \Leftrightarrow~ &\cos\theta=0,~\cos\theta=1 \end{align}$$

   ←半角の公式を用いて$\cos\theta$にそろえた．

   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0$,$~\cos\theta=1$を満たす$\theta$は，図より

   $$\begin{align} \boldsymbol{\theta=0,~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{3}{2}\pi}． \end{align}$$

4. $$\begin{align} &\cos2\theta-\cos\theta\geqq{0} \\ &\Leftrightarrow (2\cos^2\theta-1)-\cos\theta\geqq{0}\\ &\Leftrightarrow (2\cos\theta+1)(\cos\theta-1)\geqq{0}\\ &\Leftrightarrow \cos\theta\leqq{-\dfrac{1}{2}},~1\leqq{\cos\theta} \end{align}$$

   ←2倍角の公式を用いて$\cos\theta$でそろえた

   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の網掛け部分である．すなわち

   $$\begin{align} \boldsymbol{\theta=0,~\dfrac{2}{3}\pi\leqq{\theta}\leqq{\dfrac{4}{3}\pi}} \end{align}$$

5. $$\begin{align} &\cos^2\dfrac{\theta}{2}\geqq\cos\theta+1 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{1+\cos\theta}{2}\geqq\cos\theta+1\\ &\Leftrightarrow 1+\cos\theta\geqq2\cos\theta+2\\ &\Leftrightarrow \cos\theta\leqq-1 \end{align}$$

   ←半角の公式を用いて$\cos\theta$でそろえた

   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の太線部分である．すなわち

   $$\begin{align} \boldsymbol{\theta=\pi}． \end{align}$$

1. 三角関数の合成より

   
   $$\begin{align} &\sin\theta-\sqrt{3}\cos\theta=1\\ \Leftrightarrow &2\left\{\dfrac{1}{2}\sin\theta +\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\cos\theta\right\}=1\\ \Leftrightarrow &2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)=1 \end{align}$$

   $\theta-\dfrac{\pi}{3}=\theta'$とおくと

   $$\begin{align} \sin\theta'=\dfrac{1}{2}． \end{align}$$
   
   
   
   
   
   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$より，$-\dfrac{\pi}{3}\leqq{\theta'}<\dfrac{5}{3}\pi$である． この範囲で$\sin\theta'=\dfrac{1}{2}$を満たす$\theta'$は，図より

   $$\begin{align} \theta'=\dfrac{1}{6}\pi,~\dfrac{5}{6}\pi． \end{align}$$

   $\theta=\theta'+\dfrac{\pi}{3}$なので

   $$\begin{align} \boldsymbol{\theta=\dfrac{1}{2}\pi,~\dfrac{7}{6}\pi}． \end{align}$$

2. 三角関数の合成より

   
   $$\begin{align} &\sin\theta+\cos\theta<0\\ \Leftrightarrow &\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta\right)<0\\ \Leftrightarrow &\sqrt{2}\sin\left(\theta+\dfrac{1}{4}\pi\right)<0 \end{align}$$

   $\theta+\dfrac{1}{4}\pi=\theta'$とおくと

   $$\begin{align} \sin\theta'<0． \end{align}$$
   
   
   
   

   $0\leqq{\theta}<2\pi$より，$\dfrac{1}{4}\pi\leqq{\theta'}<\dfrac{9}{4}\pi$なので，この範囲で上の不等式を満たす$\theta'$は， 図の網掛け部分である．すなわち

   $$\begin{align} \pi<\theta'<2\pi． \end{align}$$

   $\theta=\theta'-\dfrac{1}{4}\pi$なので

   $$\begin{align} \boldsymbol{\dfrac{3}{4}\pi<\theta<\dfrac{7}{4}\pi}． \end{align}$$

3. 三角関数の合成より

   
   $$\begin{align} y=\sin\theta+\sqrt{3}\cos \theta &=2\left(\dfrac12\sin\theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)\\ &=2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right) \end{align}$$

   $\theta'=\theta+\dfrac{\pi}{3}$とおくと，

   この三角関数は$y = 2\sin\theta'$．

   $0\leqq\theta<2\theta$より，$\dfrac{\pi}{3}\leqq \theta' <\dfrac{7}{3}\pi$なので，

   $\theta'=\dfrac{\pi}{2}$のとき最大値$2$,$\theta'=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最小値 $− 2$．

   $\theta=\theta'-\dfrac{\pi}{3}$なので

   $\theta=\dfrac{\pi}{6}$のとき，最大値$2$

   $\theta=\dfrac{7}{6}\pi$のとき，最小値$-2$

1. $t^2=(\sin{x}+\cos{x})^2=1 +2\sin{x}\cos{x}$なので

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

   これを代入すれば

   $$\begin{align} f(x)&=\dfrac{t^2 -1}{2} -(\sin{x} +\cos{x})\\ &=\boldsymbol{\dfrac{1}{2} t^2 -t - \dfrac{1}{2}} \end{align}$$

2. 三角関数の合成より

   
   $$\begin{align} t&=\sin{x} +\cos{x}\\ &=\sqrt{2}~\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin{x} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos{x} \right)\\ &=\sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) \end{align}$$
   

   $0\leqq x \leqq \pi$より，$\dfrac{\pi}{4} \leqq x+\dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5}{4}\pi$なので 図より$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)\leqq 1$である．

   つまり，$t=\sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$のとりうる範囲は $\boldsymbol{-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}}$．

3. 1.,2.より，$f(x)=\dfrac{1}{2} t^2 -t - \dfrac{1}{2} ~~(-1 \leqq t \leqq \sqrt{2})$ である．これを$t$について平方完成すると

   $$\begin{align} f(x)=\dfrac{1}{2}(t-1)^2-1 \end{align}$$
   

   となる．図より，$f(x)$は

   $t = − 1$のとき$1$で最大，$t = 1$のとき $− 1$で最小

   となる．それぞれのときの$x$の値を求めると

   $$\begin{align} t=-1 \Leftrightarrow ~& \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=-1\\ \Leftrightarrow ~& \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\ \Leftrightarrow ~& x + \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5}{4}\pi ~~~~\Leftrightarrow ~~ x=\pi\\ t=1 \Leftrightarrow ~& \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=1\\ \Leftrightarrow ~& \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\ \Leftrightarrow ~& x + \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4},~\dfrac{3}{4}\pi\\ ~~~~\Leftrightarrow~&~ x=0,~\dfrac{\pi}{2} \end{align}$$

   以上をまとめて，$f(x)$は

   $x = \pi$のとき$1$で最大

   $x=0,~\dfrac{\pi}{2}$のとき $− 1$で最小

$$\sin3\alpha=\sin(2\alpha +\alpha)$$ $$=\sin2\alpha \cos\alpha +\cos2\alpha \sin\alpha$$ ←正弦と余弦の加法定理 $$=(2\sin\alpha \cos\alpha)\cos\alpha +(1-2\sin^2\alpha)\sin\alpha$$ ←2倍角の公式 $$=2\sin\alpha \cos^2\alpha +\sin\alpha -2\sin^3\alpha$$ $$=2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha) +\sin\alpha -2\sin^3\alpha$$ ←拡張された三角関数の相互関係 $$=\boldsymbol{3\sin\alpha -4\sin^3\alpha}$$ $$\cos3\alpha=\cos(2\alpha +\alpha)$$ $$=\cos2\alpha \cos\alpha -\sin2\alpha \sin\alpha$$ ←正弦と余弦の加法定理 $$=(2\cos^2\alpha -1)\cos\alpha +(2\sin\alpha\cos\alpha)\sin\alpha$$ ←2倍角の公式 $$=2\cos^3\alpha -\cos\alpha +2\sin^2\alpha\cos\alpha$$ $$=2\cos^3\alpha -\cos\alpha +2(1-\cos^2\alpha)\cos\alpha$$ ←拡張された三角関数の相互関係 $$=\boldsymbol{4\cos^3\alpha -3\cos\alpha}$$

無題

$\cos3{x} =4\cos^3{x} -3\cos{x}$なので

$0\leqq {x} \leqq \pi$の範囲でこれを解いて，

$\boldsymbol{{x} =\dfrac{\pi}{3},~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{2}{3}\pi}$

1. 余弦についての加法定理

   $\cos(\alpha +\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ $\tag{3}\label{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}$

   $\cos(\alpha -\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$ $\tag{4}\label{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$

   において，$\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}+\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$より

   $$\begin{align} &\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\\ &=2\cos\alpha\cos\beta\\ \Leftrightarrow~&\cos\alpha\cos\beta\\ &=\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha -\beta)\right\} \end{align}$$

2. 同じく$\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}-\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$より

   $$\begin{align} &\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\\ &=-2\sin\alpha\sin\beta\\ \Leftrightarrow~&\sin\alpha\sin\beta\\ &=-\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\right\} \end{align}$$

1. $$\sin 4x +\sin 3x +\sin 2x +\sin x=0$$

   ←$4x-2x=3x-x$に着目．

   $4x+x =3x+2x$や$4x-3x=2x-x$に着目しても共通因数を作れるが，分数が出てきて煩雑である．

   $$\Leftrightarrow~(\sin 4x +\sin 2x) +(\sin 3x +\sin x)=0$$ $$\Leftrightarrow~2\sin\dfrac{4x+2x}{2} \cos\dfrac{4x-2x}{2}$$ $$+2\sin\dfrac{3x+x}{2} \cos\dfrac{3x-x}{2}=0$$

   ←三角関数の和を積に変換する公式

   $$\Leftrightarrow~2\left(\sin{3x} \cos{x} + \sin{2x} \cos{x}\right)=0$$

   ←共通因数$\cos x$ができた

   $$\Leftrightarrow~\left(\sin{3x} +\sin{2x}\right)\cos{x}=0$$ $$\Leftrightarrow~\left(2\sin\dfrac{3x +2x}{2} \cos\dfrac{3x -2x}{2}\right)\cos{x}=0$$

   ←三角関数の和を積に変換する公式

   $$\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x\cos\dfrac{x}{2} \cos{x}=0$$ $$\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x=0,~\cos\dfrac{x}{2}=0,~\cos{x}=0$$

   それぞれの方程式を解くと

   $0\leqq \dfrac{5}{2}x<5\pi$より

   $$\begin{align} &\sin\dfrac{5}{2}x=0\\ \Leftrightarrow~&\dfrac{5}{2}x=0,~\pi,~2\pi,~3\pi,4\pi\\ \Leftrightarrow~&x=\dfrac{2}{5}\pi,~\dfrac{4}{5}\pi,~\dfrac{6}{5}\pi,~\dfrac{8}{5}\pi \end{align}$$

   $0\leqq \dfrac{x}{2}<\pi$より

   $$\begin{align} \cos\dfrac{x}{2}=0~&\Leftrightarrow~\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}\\ &\Leftrightarrow~x=\pi \end{align}$$

   $0\leqq x<2\pi$より

   $$\begin{align} \cos{x}=0~\Leftrightarrow~x=\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{3}{2}\pi \end{align}$$

   よって，$\boldsymbol{x=\dfrac25\pi,~\dfrac12\pi,~\dfrac45\pi,~\pi,}$
   $\boldsymbol{~\dfrac65\pi,~\dfrac32\pi,~\dfrac85\pi}$．

2. $$\cos x -\cos 2x +\cos 3x<\cos 4x$$

   ←$3x-x=4x-2x$に着目．

   $4x+x =3x+2x$や$4x-3x=2x-x$に着目しても共通因数を作れるが，分数が出てきて煩雑である．

   $$\Leftrightarrow~\cos 3x +\cos x <\cos 4x+\cos 2x$$ $$\Leftrightarrow~2\cos\dfrac{3x+x}{2} \sin\dfrac{3x-x}{2}$$ $$<\cos\dfrac{4x+2x}{2} \cos\dfrac{4x-2x}{2}$$

   ←三角関数の和を積に変換する公式

   $$\Leftrightarrow~ \cos{2x} \cos{x} <\cos{3x} \cos{x}$$

   ←共通因数$\cos x$ができた

   $$\Leftrightarrow~(\cos{3x} -\cos{2x})\cos{x}>0$$ $$\Leftrightarrow~\left(-2\sin\dfrac{3x +2x}{2} \sin\dfrac{3x -2x}{2}\right) \cos{x}$$ $$>0$$

   ←三角関数の和を積に変換する公式

   $$\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x \sin\dfrac{x}{2} \cos{x}<0$$ $\tag{1}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$

   ここで，$0\leqq \dfrac{x}{2}<\pi$より$\sin\dfrac{x}{2}\geqq 0$である．

   1. $\sin\dfrac{x}{2}=0$，つまり，$x=0,~2\pi$のとき$\eqref{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$は不適．
   2. $\sin\dfrac{x}{2}>0$より，$\eqref{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$は$\sin\dfrac{5}{2}x \cos{x}<0$となる．

   $\sin\dfrac52 x>0,~\cos x<0$のとき

   ←$\sin\dfrac52 x>0$を解くと $0<\dfrac52 x<\pi,~2\pi<\dfrac52 x<3\pi,$
   $4\pi<\dfrac52 x<5\pi$

   $$\begin{cases} 0<\theta<\dfrac25\pi,~ \dfrac45\pi<\theta<\dfrac65\pi,\\ ~\dfrac85\pi<\theta<2\pi\\ \\ \\ \dfrac12\pi<\theta<\dfrac32\pi \end{cases}$$

   上の式を$\tag{2}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou2}$，下の式を$\tag{3}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou3}$とする．

   

   なので， $\dfrac45\pi \lt x\lt\dfrac65\pi$．

   $\sin\dfrac52 x<0,~\cos x>0$のとき

   ←$\sin\dfrac52 x<0$を解くと $\pi<\dfrac52 x<2\pi,~3\pi<\dfrac52 x<4\pi$

   $$\begin{cases} \dfrac25\pi<\theta<\dfrac45\pi,~\dfrac65\pi<\theta<\dfrac85\pi\\ 0<\theta<\dfrac12\pi,~\dfrac32\pi<\theta<2\pi \end{cases}$$

   上の式を$\tag{4}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou4}$，下の式を$\tag{5}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou5}$とする．

   

   なので， $\dfrac25\pi\lt x\lt \dfrac12\pi, ~\dfrac32\pi\lt x\lt \dfrac85 \pi$．

   以上をまとめて

   $\boldsymbol{\dfrac25\pi\lt x\lt \dfrac12\pi, ~\dfrac45\pi \lt x\lt \dfrac65\pi,}$
   $\boldsymbol{~\dfrac32\pi\lt x\lt \dfrac85 \pi}$．