数学、三角関数の問題です。 原点Oを中心とする単位円上に三点P, Q, Rをとる。このとき、cos∠

数学、三角関数の問題です。

原点Oを中心とする単位円上に三点P, Q, Rをとる。このとき、cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値を求めよ。

なんとなく正三角形になるときに、 (−1/2)×3＝-3/2 となる検討はつくのですが、肝心な証明が思いつきません。 教えていただければ幸いです。

No.16 回答者： Tacosan 回答日時： 2024/11/30 01:59

あぁそうか, 角度を定義する都合上 P, Q, R は相異なる点じゃないとまずいのか. だから自動的に三角形にならざるをえない, と.

う～ん, この「-3/2」が正しいなら cos をとる角度が間違ってるんだろうけどなぁ. 少なくとも問題文と「-3/2」が合致しないことは明確.

No.15 回答者： Tacosan 回答日時： 2024/11/30 01:46

う～ん....

これ, 3点 P, Q, R が「三角形をなす」とは書いてないんだよね....

No.14 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/11/29 09:34

あ、そか。

恐縮。
60° と 30° は、よく取り違える。
No.3 が既に「検討」の判例になってたんだな。

で、だとすると、
最大値は (α,β,γ) = (π/6,π/6,π/6) のときの F = 3√3/2.
下限が (α,β,γ) → (0,0,π/2) のときの F → 2 だが、
(α,β,γ) = (0,0,π/2) は定義域の開端なので、最小値は存在しない。
...無いのか。

「検討」が、正三角形のときなのに、 F = -3/2 になってるのが謎だな。
まさか、答えに合わせて問題の間違いを見つけろって話じゃないよな？

No.13 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/28 19:55

#6の

「
今回の問題は、結果的に α = β = γ のときに最小値になったけれど、
」
が間違っています

今回の問題は、α = β = γ のときに最小値にならない
cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は存在しない
問題が間違っています

問題を
原点Oを中心とする単位円上に三点P, Q, Rをとる。
このとき、
cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORPではなく
cos∠POQ + cos∠QOR + cos∠ROP の最小値を求めよ。
とします

∠POQ = α, ∠QOR = β, ∠ROP = γ と置く
α > 0, β > 0, γ > 0
α + β + γ = 2π
F(α,β,γ) = cosα + cosβ + cosγ の最小値を求める

G(α,β,γ,λ) = F(α,β,γ) + (α + β + γ - 2π)λ
とする

∂G/∂α=-sinα + λ=0
∂G/∂β=-sinβ + λ=0
∂G/∂γ=-sinγ + λ=0
∂G/∂λ=α + β + γ - 2π=0
だから
α = β = γ = 2π/3, λ = sin(2π/3)=√3/2

このとき F は、最大値または最小値となる

F(2π/3,2π/3,2π/3) = 3cos(2π/3) = -3/2
F(π/2,π/2,π) = 0 + 0 -1 = -1 > -3/2
より、F(2π/3,2π/3,2π/3)=-3/2 は F の最小値である

cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は存在しないけれども

cos∠POQ + cos∠QOR + cos∠ROP の最小値は-3/2

No.12 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/27 19:29

#3の

F(π/6,π/6,π/6) = 3sin(π/6) = 3/2,
lim[(α,β,γ)→(0,0,π/2)] F(α,β,γ) = 1 + 1 + 0 = 2 > 3/2
より、F(π/6,π/6,π/6) は F の最小値である

は間違っています

F(π/6,π/6,π/6) = 3cos(π/6) = 3√3/2,
lim[(α,β,γ)→(0,0,π/2)] F(α,β,γ) = 1 + 1 + 0 = 2 < 3√3/2
より、

F(π/6,π/6,π/6) は F の最大値であるけれども

最小値ではないから

cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は存在しない

問題が間違っています

「cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値を求めよ。」ではなく

「cos∠POQ + cos∠QOR + cos∠ROP の最小値を求めよ。」
であれば
答えは
「
正三角形になるときに、 (−1/2)×3＝-3/2 となる
」
と思われます

No.11 回答者： ありものがたり 回答日時： 2024/11/27 19:00

No.7-10

それは、No.6 とどこが違うのか？

No.10 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/27 16:28

#9訂正します

∠OPQ = α, ∠OQR = β, ∠ORP = γ と置く
α ≧ 0, β ≧ 0, γ ≧ 0
△OPQ, △OQR, △ORP が二等辺三角形だから
△PQR の内角の和
2α + 2β + 2γ = π
F(α,β,γ) = cosα + cosβ + cosγ の最小値を求める

G(α,β,γ,λ) = F(α,β,γ) + (α + β + γ - π/2)λ
とする

∂G/∂α=-sinα + λ=0
∂G/∂β=-sinβ + λ=0
∂G/∂γ=-sinγ + λ=0
∂G/∂λ=α + β + γ - π/2=0
だから
α = β = γ = π/6, λ = sin(π/6)

このとき F は、最大値または最小値となる

F(π/6,π/6,π/6) = 3cos(π/6) = 3√3/2
F(0,0,π/2) = 1 + 1 + 0 = 2 < 3√3/2
F(0,π/2,0) = 1 + 0 + 1 = 2 < 3√3/2
F(π/2,0,0) = 0 + 1 + 1 = 2 < 3√3/2

∴
cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は
2

No.9 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/27 16:20

#8間違えました取り消します

最小値は存在しません

No.8 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/27 16:15

#7再訂正します

∠OPQ = α, ∠OQR = β, ∠ORP = γ と置く
α ≧ 0, β ≧ 0, γ ≧ 0
△OPQ, △OQR, △ORP が二等辺三角形だから
△PQR の内角の和
2α + 2β + 2γ = π
F(α,β,γ) = cosα + cosβ + cosγ の最小値を求める

G(α,β,γ,λ) = F(α,β,γ) + (α + β + γ - π/2)λ
とする

∂G/∂α=-sinα + λ=0
∂G/∂β=-sinβ + λ=0
∂G/∂γ=-sinγ + λ=0
∂G/∂λ=α + β + γ - π/2=0
だから
α = β = γ = π/6, λ = sin(π/6)
.or.
α = β = 0, γ = π/2, λ = 0
.or.
α = γ = 0, β = π/2, λ = 0
.or.
β = γ = 0, α = π/2, λ = 0

このとき F は、最大値または最小値となる

F(π/6,π/6,π/6) = 3cos(π/6) = 3√3/2
F(0,0,π/2) = 1 + 1 + 0 = 2 < 3√3/2
F(0,π/2,0) = 1 + 0 + 1 = 2 < 3√3/2
F(π/2,0,0) = 0 + 1 + 1 = 2 < 3√3/2

∴
cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は
2

No.7 回答者： mtrajcp 回答日時： 2024/11/27 15:45

#5訂正します

∠OPQ = α, ∠OQR = β, ∠ORP = γ と置く
α > 0, β > 0, γ > 0
△OPQ, △OQR, △ORP が二等辺三角形だから
△PQR の内角の和
2α + 2β + 2γ = π
F(α,β,γ) = cosα + cosβ + cosγ の最小値を求める

G(α,β,γ,λ) = F(α,β,γ) + (α + β + γ - π/2)λ
とする

∂G/∂α=-sinα + λ=0
∂G/∂β=-sinβ + λ=0
∂G/∂γ=-sinγ + λ=0
∂G/∂λ=α + β + γ - π/2=0
だから
α = β = γ = π/6, λ = sin(π/6)

このとき F は、最大値または最小値となる

F(π/6,π/6,π/6) = 3cos(π/6) = 3√3/2

lim[(α,β,γ)→(0,0,π/2)] F(α,β,γ) = 1 + 1 + 0 = 2 < 3√3/2

より、

F(π/6,π/6,π/6) は F の最大値であるけれども

最小値ではないから

cos∠OPQ + cos∠OQR + cos∠ORP の最小値は存在しない