付録A演習問題の解答

解答

(a) $\sqrt2$ が無理数である，すなわち分数（2つの整数の比）で表せないことは，正しいか正しくないかが明確に決まる主張である．よって命題であり，実際に真である（$\sqrt2$ が無理数であることは背理法で証明できる古典的な事実である）．

(b) 「難しい」は人によって感じ方が異なり，正しいか正しくないかが明確に決まらない．よって命題ではない．

(c) 「すべての自然数$n$について，$n^2+n$は偶数である」は明確に真偽が決まる主張なので命題である．真偽については，$n^2+n=n(n+1)$ と因数分解できる．$n$と$n+1$は連続する2つの整数だから，必ず一方が偶数でもう一方が奇数であり，偶数と奇数の積は偶数になる．したがって $n(n+1)=n^2+n$ はすべての自然数$n$について偶数であり，この命題は真である．

解答

「$x$が4の倍数である」ならば，ある整数$m$を用いて $x=4m=2(2m)$ と書けるから，$x$は2の倍数でもある．よって命題「$x$は4の倍数である $\Rightarrow$ $x$は2の倍数である」は真であり，「$x$は4の倍数である」ことは「$x$は2の倍数である」ための十分条件である．

逆の命題「$x$は2の倍数である $\Rightarrow$ $x$は4の倍数である」は偽である．反例として $x=6$ を挙げる．$6=2\times3$ は2の倍数だが，$6\div4=1$ 余り$2$ であり4の倍数ではない．よって「$x$は2の倍数である」ことは「$x$は4の倍数である」ための必要条件ではない．まとめると，「4の倍数である」は「2の倍数である」ための十分条件だが必要条件ではなく，逆に「2の倍数である」は「4の倍数である」ための必要条件だが十分条件ではない．

解答

$x^2-3x-4$ を因数分解する．積が$-4$，和が$-3$になる2つの整数を探すと，$-4$と$1$（$-4\times1=-4$，$-4+1=-3$）が見つかるから，

$$ x^2-3x-4=(x-4)(x+1) $$

と書ける．積が$0$になるのは，どちらか一方の因数が$0$のときに限るから，

$$ x^2-3x-4=0 \iff (x-4)(x+1)=0 \iff x-4=0 \text{ または } x+1=0 \iff x=4 \text{ または } x=-1 $$

である．この式変形は両方向とも成り立つ（$\iff$）ので，「$x^2-3x-4=0$」であることと「$x=4$ または $x=-1$」であることは同値である．

解答

もとの命題「$x\gt2 \Rightarrow x^2\gt4$」：$x\gt2$ ならば，両辺は正なので2乗の大小関係が保たれ，$x^2\gt2^2=4$ となる．よって真である．

逆：$x^2\gt4 \Rightarrow x\gt2$．これは偽である．反例は $x=-3$：$(-3)^2=9\gt4$ を満たすが，$-3\gt2$ は満たさない．

裏：$x\le2 \Rightarrow x^2\le4$．これも偽である．反例は同じく $x=-3$：$-3\le2$ を満たすが，$(-3)^2=9\le4$ は満たさない．

対偶：$x^2\le4 \Rightarrow x\le2$．これは真である．$x^2\le4$ より $-2\le x\le2$ であり（$x^2\le4 \iff |x|\le2$），これは特に $x\le2$ を含んでいる．もとの命題が真だから，対偶も真になる（本文1.4節の議論のとおり）．

解答

もとの命題「$n^2$が3の倍数ならば，$n$は3の倍数である」の対偶は，「$n$が3の倍数でないならば，$n^2$も3の倍数でない」である．この対偶を証明する．

$n$が3の倍数でないとき，$n$を3で割った余りは$1$か$2$のいずれかである．

余りが1の場合：ある整数$k$を用いて $n=3k+1$ と書ける．このとき

$$ n^2=(3k+1)^2=9k^2+6k+1=3(3k^2+2k)+1 $$

となり（$(3k+1)^2$ を展開し，$9k^2+6k$ が3の倍数であることを使って $3\times(\text{整数})+1$ の形にくくり出した），$n^2$ を3で割った余りは$1$であって$0$ではない．すなわち$n^2$は3の倍数ではない．

余りが2の場合：ある整数$k$を用いて $n=3k+2$ と書ける．このとき

$$ n^2=(3k+2)^2=9k^2+12k+4=3(3k^2+4k+1)+1 $$

となり（$9k^2+12k+4=9k^2+12k+3+1=3(3k^2+4k+1)+1$ と，$4$を$3+1$に分けてからくくり出した），この場合も$n^2$を3で割った余りは$1$であって$0$ではない．すなわち$n^2$は3の倍数ではない．

以上より，$n$が3の倍数でない（余りが1または2の）とき，$n^2$も3の倍数にならないことが示された．これは対偶が真であることを意味するから，もとの命題「$n^2$が3の倍数ならば，$n$は3の倍数である」も真である．

（証明終わり）

解答

条件$p$の真理集合は，定義よりそのまま

$$ P=\{1,2,3,4,5\} $$

である．条件$q$「$x$は5以下の素数である」について，5以下の自然数 $1,2,3,4,5$ のうち素数（1とその数自身以外に約数を持たない，2以上の整数）であるものを調べると，$2,3,5$ が素数であり，$1$は素数ではなく（素数の定義から除かれる），$4=2\times2$ は素数ではない．よって

$$ Q=\{2,3,5\} $$

である．$Q$のすべての要素（$2,3,5$）は$P=\{1,2,3,4,5\}$にも含まれているから，$Q\subset P$ が成り立つ．一方，$P$の要素である$1$は$Q$には含まれていない（$1$は素数ではない）ので，$P\subset Q$ は成り立たない．

定理1.1（本文1.5節）により，$Q\subset P$ は「$q\Rightarrow p$ が真である」こと，すなわち「$q$は$p$であるための十分条件」であることと同じである．これを$p$の側から見ると，「$p$は$q$であるための必要条件である」（ただし十分条件ではない．反例は$x=1$：$p$は満たすが$q$は満たさない）ということになる．

解答

内分点$P$．　定理2.1より$BP:PC=AB:AC=5:8$である．$BP+PC=BC=7$であり，$5:8$は「$7$を$5+8=13$等分したうちの$5$個分と$8$個分」を意味するから，

$$ BP=7\times\frac{5}{13}=\frac{35}{13},\qquad PC=7\times\frac{8}{13}=\frac{56}{13} $$

である（検算：$BP+PC=\frac{35}{13}+\frac{56}{13}=\frac{91}{13}=7=BC$，$BP:PC=35:56=5:8=AB:AC$）．

外分点$Q$．　$AB\neq AC$（$5\neq8$）なので定理2.2が使え，$BQ:CQ=AB:AC=5:8$である．$AB\lt AC$なので，外分点$Q$は辺$BC$の延長のうち$B$を越えた側にある（例題2.2とは逆に，$A$に近い辺が短い側——ここでは$AB$の側——に$Q$が出る）．座標のように$B=0,C=7$とおき，$Q$の位置を$q$（$q\lt0$）とすると，$BQ=-q$，$CQ=7-q$であり，

$$ \frac{BQ}{CQ}=\frac{-q}{7-q}=\frac{5}{8} $$

より$-8q=5(7-q)=35-5q$，すなわち$-8q+5q=35$，$-3q=35$，$q=-\dfrac{35}{3}$．よって

$$ BQ=-q=\frac{35}{3},\qquad CQ=7-q=7+\frac{35}{3}=\frac{56}{3} $$

である（検算：$BQ:CQ=\frac{35}{3}:\frac{56}{3}=35:56=5:8=AB:AC$，かつ$q=-\frac{35}{3}\lt0$より$Q$は確かに$B$を越えた延長上にある）．

解答

正三角形$ABC$（$AB=BC=CA$）では，頂点$A$から辺$BC$へ引いた中線（$BC$の中点$L$へ向かう線分$AL$）を考える．$\triangle ABL$と$\triangle ACL$は，$AB=AC$（正三角形の性質），$BL=CL$（$L$は中点），$AL$共通の3辺がそれぞれ等しいから合同である．したがって$\angle ALB=\angle ALC$であり，この2つの角は$L$で足すと$180^\circ$（一直線）になるから，それぞれ$90^\circ$である．また合同より$\angle BAL=\angle CAL$でもある．

つまり，頂点$A$からの中線$AL$は，同時に：(i) 辺$BC$に垂直だから辺$BC$の垂線でもあり，(ii) $L$が$BC$の中点だから辺$BC$の垂直二等分線でもあり，(iii) $\angle BAL=\angle CAL$だから$\angle A$の二等分線でもある．すなわち，中線・垂線・垂直二等分線・角の二等分線という4種類の特別な線が，正三角形では頂点$A$から見てすべて同じ1本の線$AL$に一致してしまう．頂点$B,C$についても同じことが起こる．

したがって，3本の中線の交点である重心，3本の垂線の交点である垂心，3辺の垂直二等分線の交点である外心，3つの角の二等分線の交点である内心は，どれも「同じ3本の線（各頂点からの$AL,BM,CN$にあたる線）の交点」を指すことになり，4点はすべて同じ1点に一致する．

解答

$BM=\dfrac{BC}{2}=4$である．中線定理（定理2.4）より

$$ AB^2+AC^2=2\bigl(AM^2+BM^2\bigr) $$ $$ 7^2+5^2=2\bigl(AM^2+4^2\bigr) $$ $$ 49+25=2\,AM^2+32 $$ $$ 74-32=2\,AM^2 $$ $$ AM^2=\frac{42}{2}=21 $$

$AM>0$だから$AM=\sqrt{21}$である（$\sqrt{21}$は整数にならないが，これは正しい答えである．$\sqrt{21}\approx4.58$）．

解答

幾何学的な違い．　チェバの定理は，$3$本の線分$AP,BQ,CR$——それぞれ三角形の頂点と対辺（の内分点）を結ぶ線分——が三角形の内部の1点で交わる状況についての定理である．図2.11のとおり，$R,P,Q$は3辺それぞれの内分点になっているのがふつうである．これに対してメネラウスの定理は，三角形の頂点を通らない1本のまっすぐな直線が，3辺（を含む直線）を切る状況についての定理である．図2.12のとおり，この直線は三角形の周を横切るので，$R,P,Q$のうち延長上（外分点）になるものの個数は必ず奇数個（$1$個または$3$個）であり，偶数個（$0$個や$2$個）にはならない——3辺すべてを内分点で切ることはできない（もしできれば，直線は三角形の内部だけを通って外に出られないことになり，矛盾する）．

覚え方が共通して使える理由．　どちらの定理も，同じ形の式$\dfrac{AR}{RB}\times\dfrac{BP}{PC}\times\dfrac{CQ}{QA}=1$を主張しており，この式の中身は「$A\to R\to B$，$B\to P\to C$，$C\to Q\to A$と，三角形の周を1周する向きに，分子と分母を交互に読む」という同じ規則で作られている．チェバの定理では点$X$（交点）からの面積比の連鎖として，メネラウスの定理では直線$\ell$までの距離の比の連鎖として，証明の中身はまったく別のものを使っているにもかかわらず，どちらも「$3$つの比を辺に沿って1周する順に掛け合わせるとちょうど打ち消し合って$1$になる」という同じ構造をしている．だからこそ，暗記のための「周る順番」だけは共通に使えるのである．

解答

中線がチェバの関係式を満たすこと．　中線の場合，$R,P,Q$はそれぞれ辺$AB,BC,CA$の中点だから，$AR=RB$，$BP=PC$，$CQ=QA$であり，

$$ \frac{AR}{RB}=1,\qquad \frac{BP}{PC}=1,\qquad \frac{CQ}{QA}=1 $$

である．したがって

$$ \frac{AR}{RB}\times\frac{BP}{PC}\times\frac{CQ}{QA}=1\times1\times1=1 $$

となり，チェバの定理の関係式を満たす．

定理2.3の別証明．　2.4.1項の数学ノートで述べたように，チェバの定理の逆——関係式$\dfrac{AR}{RB}\times\dfrac{BP}{PC}\times\dfrac{CQ}{QA}=1$が成り立つならば，$AP,BQ,CR$は1点で交わる——も成り立つ．いま示したとおり，中線$AL,BM,CN$（本問の$R,P,Q$はそれぞれ$N,L,M$にあたる）はこの関係式を満たすから，チェバの定理の逆により，$AL,BM,CN$の3本は1点で交わる．これが定理2.3の主張（3本の中線が1点，すなわち重心で交わる）そのものであり，2.2.1項の中点連結定理を使った証明とは別の道筋で，同じ結論に到達できたことになる．

解答

外接円の半径$R$．　例題2.6で示したとおり，直角三角形では外心は斜辺の中点であり，外接円の半径は斜辺の半分に等しい．斜辺は$AB=13$だから，

$$ R=\frac{AB}{2}=\frac{13}{2} $$

である．

内接円の半径$r$．　$\angle C=90^\circ$なので面積は$S=\dfrac12\times CA\times CB=\dfrac12\times5\times12=30$である．半周長は$s=\dfrac{5+12+13}{2}=15$．例題2.7と同じ公式$r=\dfrac{S}{s}$を使うと

$$ r=\frac{30}{15}=2 $$

である．

解答

定理3.1（$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$）より，

$$ \cos^2\theta=1-\sin^2\theta=1-\left(\frac13\right)^2=1-\frac19=\frac89 $$

$\theta$は鋭角なので$\cos\theta\gt0$である．よって

$$ \cos\theta=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt2}{3} $$

（$\sqrt8=2\sqrt2$，$\sqrt9=3$ を使った）．次に定理3.2（$\tan\theta=\sin\theta/\cos\theta$）より，

$$ \tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{1/3}{2\sqrt2/3}=\frac{1}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{4} $$

（分母を有理化した：$\dfrac{1}{2\sqrt2}=\dfrac{1\times\sqrt2}{2\sqrt2\times\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$）．最後に，定理3.3が成り立つことを確認する．左辺は

$$ 1+\tan^2\theta=1+\left(\frac{\sqrt2}{4}\right)^2=1+\frac{2}{16}=1+\frac18=\frac98 $$

右辺は

$$ \frac{1}{\cos^2\theta}=\frac{1}{8/9}=\frac98 $$

両辺とも$\dfrac98$となり一致するので，$1+\tan^2\theta=1/\cos^2\theta$ が確かに成り立つ．

解答

正弦定理$\dfrac{a}{\sin A}=2R$に$a=10$，$A=30°$を代入すると，

$$ 2R=\frac{10}{\sin30°}=\frac{10}{1/2}=20 \quad\Longrightarrow\quad R=10 $$

次に，$b=2R\sin B$（正弦定理$\dfrac{b}{\sin B}=2R$を$b$について解いた形）に$R=10$，$B=45°$を代入すると，

$$ b=2\times10\times\sin45°=20\times\frac{\sqrt2}{2}=10\sqrt2 $$

である（$10\sqrt2\approx14.14$）．

解答

3辺$a=7,b=8,c=5$のうち，最大辺は$b=8$である．三角形の中で最も大きい角は，最も長い辺の対角だから，$\angle B$が最大角であり，これが鋭角か鈍角かを調べればよい．余弦定理を$B$について解いた形

$$ \cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} $$

に数値を代入すると，

$$ \cos B=\frac{5^2+7^2-8^2}{2\times5\times7}=\frac{25+49-64}{70}=\frac{10}{70}=\frac17 $$

$\cos B=\dfrac17\gt0$なので，$\angle B$は鋭角である．最大角が鋭角なのだから，他の2角（$A,C$）はそれより小さく，したがってすべての角が鋭角である．よってこの三角形は鋭角三角形である．

解答

まず余弦定理$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$に$a=6,b=4,C=60°$を代入する．

$$ c^2=6^2+4^2-2\times6\times4\times\cos60°=36+16-48\times\frac12=52-24=28 $$

$c\gt0$より$c=\sqrt{28}=2\sqrt7$（$28=4\times7$より$\sqrt{28}=2\sqrt7$）．

次に正弦定理$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$を$\sin A$について解くと，$\sin A=\dfrac{a\sin C}{c}$である．$\sin60°=\dfrac{\sqrt3}{2}$を使って数値を代入すると，

$$ \sin A=\frac{6\times\dfrac{\sqrt3}{2}}{2\sqrt7}=\frac{3\sqrt3}{2\sqrt7}=\frac{3\sqrt3\times\sqrt7}{2\sqrt7\times\sqrt7}=\frac{3\sqrt{21}}{14} $$

（分母を有理化した）．よって$\sin A=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}$（$\approx0.982$）である．

解答

弧の長さの公式$l=r\theta$に$l=4\pi$，$r=6$を代入すると，

$$ 4\pi=6\theta \quad\Longrightarrow\quad \theta=\frac{4\pi}{6}=\frac{2\pi}{3}\ (\mathrm{rad}) $$

度数法に直すには，第3章の式（$180°=\pi\,\mathrm{rad}$，すなわち$1\,\mathrm{rad}=180°/\pi$）を使う．

$$ \frac{2\pi}{3}\,\mathrm{rad}=\frac{2\pi}{3}\times\frac{180°}{\pi}=\frac{2}{3}\times180°=120° $$

（$\pi$が約分されて消える）．よって中心角は$\dfrac{2\pi}{3}\,\mathrm{rad}=120°$である．扇形の面積は公式$S=\dfrac12 r^2\theta$より，

$$ S=\frac12\times6^2\times\frac{2\pi}{3}=\frac12\times36\times\frac{2\pi}{3}=18\times\frac{2\pi}{3}=12\pi $$

である．

解答

余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$に$A=90°$を代入する．定義3.2（単位円による一般角の定義）より$\cos90°=0$（$90°$に対応する単位円周上の点は$(0,1)$であり，そのx座標が$\cos90°$だから）である．よって，$b,c$を文字のままにして代入すると，

$$ a^2=b^2+c^2-2bc\cos90°=b^2+c^2-2bc\times0=b^2+c^2-0=b^2+c^2 $$

となる．$b,c$は任意の（$\angle A=90°$を挟む2辺の長さを表す）文字のままなので，これは特定の数値の場合だけでなく，$\angle A=90°$であるすべての直角三角形について，三平方の定理$a^2=b^2+c^2$が成り立つことを示している．

解答

公式4.1（第4章の式）で $a=-4,b=6,m=3,n=2$ とすると，内分点$P$は，

$$ x = \frac{na+mb}{m+n} = \frac{2\times(-4)+3\times6}{3+2} = \frac{-8+18}{5} = \frac{10}{5} = 2 $$

よって $P(2)$ である．公式4.2（第4章の式）で外分点$Q$（$m=3\neq n=2$なので定義できる）は，

$$ x = \frac{-na+mb}{m-n} = \frac{-2\times(-4)+3\times6}{3-2} = \frac{8+18}{1} = 26 $$

よって $Q(26)$ である．

解答

公式4.3（第4章の式）で $x_1=2,y_1=5,x_2=8,y_2=-1,m=2,n=3$ とする．内分点$P$は，

$$ P\left(\frac{3\times2+2\times8}{2+3},\ \frac{3\times5+2\times(-1)}{2+3}\right) = \left(\frac{6+16}{5},\ \frac{15-2}{5}\right) = \left(\frac{22}{5},\ \frac{13}{5}\right) $$

外分点$Q$（$m=2\neq n=3$なので定義できる，分母は $m-n=-1$）は，

$$ Q\left(\frac{-3\times2+2\times8}{2-3},\ \frac{-3\times5+2\times(-1)}{2-3}\right) = \left(\frac{-6+16}{-1},\ \frac{-15-2}{-1}\right) = \left(\frac{10}{-1},\ \frac{-17}{-1}\right) = (-10,\ 17) $$

よって内分点は $\left(\dfrac{22}{5},\dfrac{13}{5}\right)$，外分点は $(-10,17)$ である．

解答

(i) 公式4.4（第4章の式）より，

$$ G\left(\frac{2+5+(-4)}{3},\ \frac{-1+4+3}{3}\right) = \left(\frac{3}{3},\ \frac{6}{3}\right) = (1,\ 2) $$

(ii) 辺$CA$の中点$N$を経由して確かめる．$N=\left(\dfrac{-4+2}{2},\dfrac{3+(-1)}{2}\right)=(-1,\ 1)$．重心$G$は中線$BN$を$BG:GN=2:1$に内分する点だから，公式4.3（$1$番目の点を$B$，$2$番目の点を$N$として $m=2,n=1$）より，

$$ G\left(\frac{1\times5+2\times(-1)}{2+1},\ \frac{1\times4+2\times1}{2+1}\right) = \left(\frac{5-2}{3},\ \frac{4+2}{3}\right) = \left(\frac{3}{3},\ \frac{6}{3}\right) = (1,\ 2) $$

(i)と(ii)はどちらも $G(1,2)$ となり一致する．

解答

公式4.6（第4章の式）で $x_1=0,y_1=0,a=5,b=-12,c=26$ とすると，

$$ d = \frac{|5\times0-12\times0+26|}{\sqrt{5^2+(-12)^2}} = \frac{|26|}{\sqrt{25+144}} = \frac{26}{\sqrt{169}} = \frac{26}{13} = 2 $$

よって距離は $2$ である（$5$-$12$-$13$は，$3$-$4$-$5$とならぶ有名な整数の直角三角形の組である）．

解答

公式4.6（第4章の式）で $a=3,b=4,c=-12$ とする．点$(1,1)$との距離は，

$$ d_1 = \frac{|3\times1+4\times1-12|}{\sqrt{3^2+4^2}} = \frac{|3+4-12|}{\sqrt{9+16}} = \frac{|-5|}{5} = \frac{5}{5} = 1 $$

原点$(0,0)$との距離は，

$$ d_2 = \frac{|3\times0+4\times0-12|}{\sqrt{3^2+4^2}} = \frac{|-12|}{5} = \frac{12}{5} = 2.4 $$

$d_1=1$，$d_2=2.4$ で $d_1\lt d_2$ だから，点$(1,1)$の方が直線 $3x+4y-12=0$ に近い．（参考：$3\times1+4\times1-12=-5\lt0$，$3\times0+4\times0-12=-12\lt0$ で，2点はどちらも直線に対して同じ側（原点を含む側）にある．）

解答

公式4.2（第4章の式）で $a=1,b=5,m=1,n=1$ とすると，

$$ x = \frac{-na+mb}{m-n} = \frac{-1\times1+1\times5}{1-1} = \frac{4}{0} $$

となり，分母が$0$になるため，$x$の値は定まらない（この計算は意味を持たない）．すなわち，公式4.2は $m=n$ のとき使えない．

幾何学的には，次のように説明できる．$m:n=1:1$で外分するとは，「線分$AB$の外側にあって，$A,B$から等距離にある点」を探すことである．しかし数直線上で$A,B$から等距離にある点は，$A$と$B$のちょうど真ん中，すなわち中点ただ1つしかなく，それは線分$AB$の内側の点である．線分の外側で$A,B$から等距離になる点は存在しない（外側にある点は，$A,B$のどちらか一方に必ず近くなる）．したがって，$m=n$のときの外分点は存在せず，公式4.2の分母が$0$になるのは，この「存在しない」という事実が数式にそのまま反映されたものである．

解答

$\alpha$ は鋭角で $\sin\alpha=\dfrac35$ だから，$\cos\alpha>0$ であり，$\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\dfrac{9}{25}=\dfrac{16}{25}$ より $\cos\alpha=\dfrac45$．同様に $\beta$ は鋭角で $\cos\beta=\dfrac{5}{13}$ だから，$\sin\beta>0$ であり，$\sin^2\beta=1-\cos^2\beta=1-\dfrac{25}{169}=\dfrac{144}{169}$ より $\sin\beta=\dfrac{12}{13}$．

公式5.3（正弦の加法定理）に代入すると，

$$ \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac35\cdot\frac{5}{13}+\frac45\cdot\frac{12}{13}=\frac{15}{65}+\frac{48}{65}=\frac{63}{65} . $$

公式5.2（余弦の加法定理）に代入すると，

$$ \cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\frac45\cdot\frac{5}{13}+\frac35\cdot\frac{12}{13}=\frac{20}{65}+\frac{36}{65}=\frac{56}{65} . $$

よって $\sin(\alpha+\beta)=\dfrac{63}{65}$，$\cos(\alpha-\beta)=\dfrac{56}{65}$ である．

解答

$22.5^\circ=\dfrac{45^\circ}{2}$ と見て，公式5.12（半角の公式，正接の2乗）に $\alpha=45^\circ$ を代入する．$\cos45^\circ=\dfrac{\sqrt2}{2}$ だから，

$$ \tan^2 22.5^\circ=\frac{1-\cos45^\circ}{1+\cos45^\circ}=\frac{1-\dfrac{\sqrt2}{2}}{1+\dfrac{\sqrt2}{2}}=\frac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2} . $$

分母を有理化するため，分母・分子に $2-\sqrt2$ を掛ける．

$$ \tan^2 22.5^\circ=\frac{(2-\sqrt2)^2}{(2+\sqrt2)(2-\sqrt2)}=\frac{4-4\sqrt2+2}{4-2}=\frac{6-4\sqrt2}{2}=3-2\sqrt2 . $$

ここで $3-2\sqrt2=2-2\sqrt2+1=(\sqrt2-1)^2$ であることに気づく（$(\sqrt2-1)^2=2-2\sqrt2+1$）．$0^\circ\lt22.5^\circ\lt90^\circ$（第1象限）なので $\tan22.5^\circ>0$，よって正の平方根を取って，

$$ \tan22.5^\circ=\sqrt{(\sqrt2-1)^2}=\sqrt2-1\approx0.4142 . $$

解答

$3\theta=2\theta+\theta$ と見て，公式5.1（余弦の加法定理）を使う．

$$ \cos3\theta=\cos(2\theta+\theta)=\cos2\theta\cos\theta-\sin2\theta\sin\theta . $$

目標は $\cos\theta$ だけの式にすることだから，$\cos2\theta=2\cos^2\theta-1$（公式5.8の $\cos\theta$ だけで書ける形）と，$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$（公式5.7）を代入する．

$$ \cos3\theta=(2\cos^2\theta-1)\cos\theta-(2\sin\theta\cos\theta)\sin\theta=2\cos^3\theta-\cos\theta-2\sin^2\theta\cos\theta . $$

まだ $\sin^2\theta$ が残っているので，基本公式 $\sin^2\theta=1-\cos^2\theta$ を代入して消す．

$$ \begin{aligned} \cos3\theta&=2\cos^3\theta-\cos\theta-2(1-\cos^2\theta)\cos\theta\\ &=2\cos^3\theta-\cos\theta-2\cos\theta+2\cos^3\theta\\ &=4\cos^3\theta-3\cos\theta=-3\cos\theta+4\cos^3\theta . \end{aligned} $$

1行目から2行目は分配法則で展開し（$-2(1-\cos^2\theta)\cos\theta=-2\cos\theta+2\cos^3\theta$），2行目から3行目は $\cos^3\theta$ の項どうし（$2\cos^3\theta+2\cos^3\theta=4\cos^3\theta$），$\cos\theta$ の項どうし（$-\cos\theta-2\cos\theta=-3\cos\theta$）をそれぞれまとめた．よって

$$ \cos3\theta=-3\cos\theta+4\cos^3\theta $$

が示された（公式5.14と一致する）．

解答

$A=75^\circ,B=15^\circ$ として公式5.21（和→積，余弦の和）に代入する．$\dfrac{A+B}{2}=\dfrac{90^\circ}{2}=45^\circ$，$\dfrac{A-B}{2}=\dfrac{60^\circ}{2}=30^\circ$ だから，

$$ \cos75^\circ+\cos15^\circ=2\cos45^\circ\cos30^\circ=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt6}{2}\approx1.2247 . $$

解答

$2\sin\theta-2\cos\theta$ は $a=2,b=-2$ の場合である．$r=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{4+4}=\sqrt8=2\sqrt2$．

$$ \cos\alpha=\frac{a}{r}=\frac{2}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\qquad \sin\alpha=\frac{b}{r}=\frac{-2}{2\sqrt2}=-\frac{\sqrt2}{2} . $$

$\cos\alpha>0,\sin\alpha\lt0$ だから $\alpha$ は第4象限にあり，これを満たす角は $\alpha=-\dfrac{\pi}{4}$．よって公式5.23より，

$$ 2\sin\theta-2\cos\theta=2\sqrt2\,\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right) . $$

$-1\le\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)\le1$ だから，最大値は $2\sqrt2$，最小値は $-2\sqrt2$ である．

最大値 $2\sqrt2$ は $\theta-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$，すなわち $\theta=\dfrac{3\pi}{4}$ のとき．最小値 $-2\sqrt2$ は $\theta-\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{2}$，すなわち $\theta=-\dfrac{\pi}{4}$ のとき（どちらも $-\pi\le\theta\lt\pi$ の範囲に収まっている）．

解答

公式5.18（積→和，$\sin\times\sin$）に $\alpha=15^\circ,\beta=75^\circ$ を代入する．

$$ \sin15^\circ\sin75^\circ=-\frac12\{\cos(15^\circ+75^\circ)-\cos(15^\circ-75^\circ)\}=-\frac12\{\cos90^\circ-\cos(-60^\circ)\} . $$

$\cos90^\circ=0$，$\cos(-60^\circ)=\cos60^\circ=\dfrac12$（余弦は偶関数）だから，

$$ \sin15^\circ\sin75^\circ=-\frac12\left(0-\frac12\right)=-\frac12\cdot\left(-\frac12\right)=\frac14 . $$

解答

公式6.1（本文）で $a=3,\ b=5,\ c=10$ とおくと，$\log_35=\dfrac{\log_{10}5}{\log_{10}3}$ である．与えられた近似値を代入すると，

$$ \log_35 = \frac{\log_{10}5}{\log_{10}3} = \frac{0.6990}{0.4771} = 1.465\cdots $$

よって $\log_35\approx1.465$ である．

解答

$3^2=9$ だから，定義6.1（本文）より $\log_39=2$ である．公式6.2（本文）$\log_ab=\dfrac1{\log_ba}$ で $a=3,\ b=9$ とおくと，

$$ \log_93 = \frac{1}{\log_39} = \frac12 $$

実際 $9^{1/2}=\sqrt9=3$ となるので，これは正しい．

解答

(a) $8^x=16$ を満たす $x$ を求める．$8=2^3,\ 16=2^4$ だから，$8^x=2^{3x}=16=2^4$ より $3x=4$，$x=\dfrac43$．よって $\log_816=\dfrac43$．

(b) $8=2^3,\ 16=2^4$ なので，公式6.3（本文）$\log_{a^m}b^n=\dfrac nm\log_ab$ で $a=2,\ m=3,\ b=2,\ n=4$ とおくと，

$$ \log_816 = \log_{2^3}2^4 = \frac43\log_22 = \frac43\times1 = \frac43 $$

（$\log_22=1$ を使った）．(a)と(b)は一致する．検算として $8^{4/3}=(2^3)^{4/3}=2^4=16$ を確かめてもよい．

解答

公式6.4（本文）$a^{\log_ab}=b$ で $a=2,\ b=7$ とおくと，そのまま

$$ 2^{\log_27} = 7 $$

である．$\log_27$ は定義から「$2$を何乗すると$7$になるか」を表す数そのものだから，その数だけ改めて$2$を累乗すれば，当然$7$に戻る．これが答えが妥当である理由である．

解答

まず必要な対数の値を求める．$9=3^2,\ 27=3^3$ だから，公式6.3（本文）より

$$ \log_927 = \log_{3^2}3^3 = \frac32\log_33 = \frac32 $$

また，$\log_93$ は演習6.2で求めたとおり $\log_93=\dfrac12$ である（$9=3^2,\ 3=3^1$ に公式6.3を使えば $\log_93=\log_{3^2}3^1=\dfrac12\log_33=\dfrac12$ と直接確かめることもできる）．これらを使うと，

$$ a^{\log_cb} = 3^{\log_927} = 3^{3/2} = 3\sqrt3 \approx 5.196, \qquad b^{\log_ca} = 27^{\log_93} = 27^{1/2} = \sqrt{27} = 3\sqrt3 \approx 5.196 $$

両辺はどちらも $3\sqrt3$ で一致し，公式6.5が成り立つことが確かめられた．

解答

公式6.2（本文）$\log_ab=\dfrac1{\log_ba}$ を，$a$ と $b$ の役割を入れ替えて使う（公式6.2は $a,b$ について対称な仮定 $a>0,a\neq1,b>0,b\neq1$ のもとで成り立つ式なので，$a\leftrightarrow b$ と入れ替えても同じ形で成り立つ）と，

$$ \log_ba = \frac{1}{\log_ab} $$

を得る．これを $\log_ab\cdot\log_ba$ に代入すると，

$$ \log_ab\cdot\log_ba = \log_ab\cdot\frac{1}{\log_ab} = 1 $$

（$\log_ab\neq0$ であることは，$b\neq1$ より保証される．もし $\log_ab=0$ なら $a^0=1=b$ となり $b\neq1$ に矛盾するからである．）よって $\log_ab\cdot\log_ba=1$ が示された．

（証明終わり）

解答

辺$BC$の中点$M$は，線分$BC$を$1:1$に内分する点だから，公式7.1（内分点の位置ベクトル，$m=n=1$）より，

$$ \vec{OM}=\frac{1\cdot\vec{OB}+1\cdot\vec{OC}}{1+1}=\frac{\vec{OB}+\vec{OC}}{2} $$

である．次に，中線$AM$を$2:1$に内分する点が重心$G$だから，公式7.1に$A,M$を代入する（$m=2,n=1$）．

$$ \vec{OG}=\frac{1\cdot\vec{OA}+2\cdot\vec{OM}}{2+1}=\frac{\vec{OA}+2\vec{OM}}{3} $$

ここに，先ほど求めた$\vec{OM}=\dfrac{\vec{OB}+\vec{OC}}{2}$を代入すると，$2\vec{OM}=\vec{OB}+\vec{OC}$なので，

$$ \vec{OG}=\frac{\vec{OA}+(\vec{OB}+\vec{OC})}{3}=\frac{\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}}{3} $$

となり，示すべき式が得られた．この結果は，どの中線を使って重心を求めても同じ式になる（$A,B,C$について対称な式である）ことも表しており，3本の中線が実際に1点（重心）で交わることの裏付けにもなっている．

（証明終わり）

解答

$\vec a,\vec b$が一次独立であるとき，定理7.5（平面ベクトルの基本定理）より，$\vec a,\vec b$による1次結合の表し方はただ1通りである．与えられた等式

$$ (2x-1)\vec a+(y+2)\vec b=3\vec a+(-1)\vec b $$

は，同じベクトル（右辺）を$\vec a,\vec b$の1次結合として2通りに表したものと見なせる．分解の一意性から，$\vec a$の係数どうし，$\vec b$の係数どうしがそれぞれ等しくなければならない．

$$ 2x-1=3, \qquad y+2=-1 $$

これらを解くと，$2x-1=3$より$2x=4$，$x=2$．$y+2=-1$より$y=-3$．

よって，$x=2$，$y=-3$．

解答

（a） $A(-1,3)$，$B(4,-2)$より，公式7.2の考え方から，

$$ \vec{AB}=(4-(-1),\ -2-3)=(5,-5) $$

大きさは，三平方の定理から，

$$ |\vec{AB}|=\sqrt{5^2+(-5)^2}=\sqrt{25+25}=\sqrt{50}=5\sqrt2 $$

（$\sqrt{50}=\sqrt{25\times2}=\sqrt{25}\sqrt2=5\sqrt2$）．

（b） 公式7.1で内分（$m=3,n=2$）は $\dfrac{2\vec a+3\vec b}{5}$ である．成分で計算すると，

$$ \frac{2(-1,3)+3(4,-2)}{5}=\frac{(-2,6)+(12,-6)}{5}=\frac{(10,0)}{5}=(2,0) $$

よって内分点は$(2,0)$．

（c） 公式7.1で外分（$m=3,n=2$）は $\dfrac{-2\vec a+3\vec b}{3-2}=-2\vec a+3\vec b$ である．

$$ -2(-1,3)+3(4,-2)=(2,-6)+(12,-6)=(14,-12) $$

よって外分点は$(14,-12)$．

解答

定理7.6（垂直と内積）より，$\vec a\perp\vec b\iff\vec a\cdot\vec b=0$である．公式7.3（Ⅰ）を使って$\vec a\cdot\vec b$を成分で計算すると，

$$ \vec a\cdot\vec b=2\times3+k\times(-4)=6-4k $$

これが$0$になる条件は，

$$ 6-4k=0 \quad\Longrightarrow\quad k=\frac64=\frac32 $$

このとき，$\vec a=\left(2,\dfrac32\right)$だから，定理7.7（Ⅳ）（$|\vec a|^2=\vec a\cdot\vec a$）より，

$$ |\vec a|=\sqrt{2^2+\left(\frac32\right)^2}=\sqrt{4+\frac94}=\sqrt{\frac{16}4+\frac94}=\sqrt{\frac{25}4}=\frac52 $$

（$4=\frac{16}{4}$と通分してから足し合わせた）．よって，$k=\dfrac32$，$|\vec a|=\dfrac52$．

解答

方向ベクトルは $\vec{AB}=(4-1,\ 6-2)=(3,4)$ である．$(p,q)$に垂直なベクトルの1つは$(q,-p)$である（実際，$(p,q)\cdot(q,-p)=pq-qp=0$）から，$\vec{AB}=(3,4)$に垂直な法線ベクトルとして$\vec n=(4,-3)$がとれる．

公式7.5に，点$A(1,2)$と$\vec n=(4,-3)$を代入すると，

$$ 4(x-1)-3(y-2)=0 $$

括弧を展開して整理する（$4(x-1)=4x-4$，$-3(y-2)=-3y+6$，定数項は$-4+6=2$）と，

$$ 4x-4-3y+6=0 \quad\Longrightarrow\quad 4x-3y+2=0 $$

検算として，点$B(4,6)$を左辺に代入すると，$4\times4-3\times6+2=16-18+2=0$となり，確かに$B$もこの直線上にある．よって，求める直線の方程式は $4x-3y+2=0$．

解答

直線　公式7.7に，点$A(2,-3,1)$と方向ベクトル$\vec d=(1,2,-2)$を代入すると，

$$ \frac{x-2}{1}=\frac{y-(-3)}{2}=\frac{z-1}{-2}, \qquad\text{すなわち}\qquad \frac{x-2}{1}=\frac{y+3}{2}=\frac{z-1}{-2} $$

平面　同じ点$A(2,-3,1)$を通り，法線ベクトルが$\vec d=(1,2,-2)$である平面は，公式7.6より，

$$ 1\cdot(x-2)+2\cdot(y-(-3))+(-2)\cdot(z-1)=0 $$

括弧を展開して整理する（$x-2$，$2(y+3)=2y+6$，$-2(z-1)=-2z+2$，定数項は$-2+6+2=6$）と，

$$ x-2+2y+6-2z+2=0 \quad\Longrightarrow\quad x+2y-2z+6=0 $$

球面　公式7.8に中心$(0,1,-2)$，半径$r=3$を代入すると，

$$ (x-0)^2+(y-1)^2+(z-(-2))^2=3^2, \qquad\text{すなわち}\qquad x^2+(y-1)^2+(z+2)^2=9 $$

解答

焦点が$(0,3)$，すなわち$y$軸上にあるので，本文8.1.2節の$x^2=4py$の形になる．焦点$(0,p)=(0,3)$より$p=3$．よって放物線の方程式は

$$ x^2=4\times3\times y=12y $$

である．準線は$y=-p=-3$である．

解答

標準形$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$と見比べると，$a^2=16,b^2=7$である．$16\gt7$なので長軸は$x$軸方向にあり，$a=\sqrt{16}=4$，$b=\sqrt7$．焦点は公式$c=\sqrt{a^2-b^2}$より

$$ c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{16-7}=\sqrt9=3 $$

なので$(\pm3,0)$である．長軸の長さは$2a=8$，短軸の長さは$2b=2\sqrt7$である．

解答

標準形$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$と見比べると$a^2=9$，すなわち$a=3$である．定義8.3（および導出の出発点$PF-PF'=\pm2a$）より，双曲線上の任意の点$P$について距離の差の絶対値はつねに$2a$に等しいから，

$$ |PF-PF'|=2a=2\times3=6 $$

である．例題8.4の楕円のときと同様，$P$の座標を具体的に求めなくても定義だけから答えが出る．

解答

定義より$\sqrt{(x+c)^2+y^2}+\sqrt{(x-c)^2+y^2}=2a$である．一方の根号を移項して

$$ \sqrt{(x+c)^2+y^2}=2a-\sqrt{(x-c)^2+y^2} $$

とし，両辺を2乗する（両辺とも0以上なので同値変形である）．右辺は$(A-B)^2=A^2-2AB+B^2$の形に展開して，

$$ (x+c)^2+y^2=4a^2-4a\sqrt{(x-c)^2+y^2}+(x-c)^2+y^2 $$

両辺の$y^2$を消し，$(x+c)^2-(x-c)^2=4cx$（展開すればわかる）を使って整理すると，

$$ 4cx=4a^2-4a\sqrt{(x-c)^2+y^2} $$

両辺を$4$で割り，根号の項だけ左辺に残すと

$$ a\sqrt{(x-c)^2+y^2}=a^2-cx $$

もう一度両辺を2乗すると

$$ a^2\{(x-c)^2+y^2\}=a^4-2a^2cx+c^2x^2 $$

左辺を展開すると$a^2x^2-2a^2cx+a^2c^2+a^2y^2$である．両辺に共通する$-2a^2cx$を消して整理すると

$$ (a^2-c^2)x^2+a^2y^2=a^2(a^2-c^2) $$

$a\gt c\gt0$より$a^2-c^2\gt0$なので$b=\sqrt{a^2-c^2}$（$b^2=a^2-c^2$）とおける．これを代入すると$b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$となり，両辺を$a^2b^2$（$\neq0$）で割ると

$$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 $$

が得られる．本文8.2.2節とまったく同じ結果である．

（証明終わり）

解答

符号の違いは，導出の最初の段階，$(x\pm c)^2$どうしの差を計算する箇所に由来する．楕円では焦点までの距離の和$\sqrt{(x+c)^2+y^2}+\sqrt{(x-c)^2+y^2}=2a$から出発し，途中で$(x+c)^2-(x-c)^2=+4cx$というプラスの関係を使う．一方，双曲線では距離の差$\sqrt{(x-c)^2+y^2}-\sqrt{(x+c)^2+y^2}=\pm2a$から出発するため，途中の式変形で$(x-c)^2-(x+c)^2=-4cx$というマイナスの関係が現れる．

この符号の反転が，最終的な方程式の$x^2$の係数の符号に伝わる．楕円では$(a^2-c^2)x^2+a^2y^2=a^2(a^2-c^2)$（$a\gt c$なので$a^2-c^2\gt0$，$x^2,y^2$とも同符号），双曲線では$(c^2-a^2)x^2-a^2y^2=a^2(c^2-a^2)$（$c\gt a$なので$c^2-a^2\gt0$だが，$y^2$の係数は$-a^2$のまま）となる．$b^2$を代入したあとの標準形が$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$と$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$という符号違いになって現れるのは，このためである．根本の原因は，「距離の和」か「距離の差」かという定義そのものの違いにある．

解答

$y=x$を$y^2=4px$に代入すると

$$ x^2=4px \quad\Longrightarrow\quad x^2-4px=0 \quad\Longrightarrow\quad x(x-4p)=0 $$

（左辺を$x$でくくった）．よって$x=0$または$x=4p$である．$y=x$なので，交点は

$$ (0,0),\quad(4p,4p) $$

の2点である（$p\neq0$なので，この2点は相異なる）．