次の問題を教えてください。

sinΘ+cosΘ=√2のとき、
(↑ 2が√に入りませんでした。すみません。)
cos4Θを求めよ。

よろしくお願いします。

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A 回答 (2件)

bupu4uさんはヒントにとどめてくださったのですが、その間に答えを作ってしまいました・・・せっかくなので申し訳ないですがアップさせて下さい。

最後の答えは伏せることにしましょう。

三角関数の中に入っているθを2θや3θに変換したければ、まずはsinθ、cosθの2乗や3乗を作ってみることです。(その理由は複素数を使ったexp(iθ)=sinθ+i cosθなんて式をいじくっていると分かってくるのですが、今の段階ではちょっと目をつぶって下さい)

というわけで騙されたと思って二乗を作ってみましょう。
与式の両辺を二乗すると
 sin^2(θ)+cos^2(θ)+2sinθcosθ=2   (1)
が得られますが、この式は直ちに
 1+2sinθcosθ=2   (2)
と変形できます。2sinθcosθは倍角公式からsin2θに等しいですから
 sin2θ=1   (3)
が求まります。最初に挙げた式変形の方針に従って、またこの2乗を作ります。
 sin^2(2θ)=1   (4)
求めたいのはcos4θですから、これを倍角公式で書き下すと
 cos4θ=cos^2(2θ)-sin^2(2θ)   (5)
です。cosの倍角表現はいろいろ変形できますが、今(4)でsin^2(2θ)が分かっていますから、これを使わない手はありません。
となれば
 cos4θ=1-2sin^2(2θ)   (6)
と変形する一手です。あとは分かるでしょう。

(細かい計算間違いはあるかも知れませんので、適宜チェック下さい)
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この回答へのお礼

わかりやすい説明ありがとうございました。

お礼日時:2001/03/11 21:59

注意 ヒントだけです。



問題の式の両辺を√2で割った式を(1)とします。
次にsin(Θ+α)=1と言う式を考えて(2)とします。
(2)を加法定理を使って展開し(1)と比較します。
するとsin(α)=cos(α)=?
なら(1)(2)はうまく一致することがわかります。で、このときのαはすぐ決まりますね。これを(2)に代入すればΘが決まり、最後の答えは計算するだけ。
大変だけど頑張ってください。
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この回答へのお礼

一応答えがでました。ありがとうございました。

お礼日時:2001/03/11 21:58

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また、n → ∞のとき、
{√(1+2+…+n)+√(2+3+…+n)+…+√(n-1+n)+√(n)}/n^2 → π√2/8

らしいのですが、証明がかいてありませんでした。
どうか証明を教えていただけないでしょうか。

Aベストアンサー

#3、#5です。

>=lim[n→∞] (1/√2)(1/n)[Σ[k=1,n]{k/n} - 1/n + (n+1)/n]
>=lim[n→∞] (1/√2)(1/n)Σ[k=1,n]{k/n}

1/nが消えるのはわかるのですが、n/n(=1)が消えるのはなぜでしょう?


>でもそのはさみこむ方法は、後半ではうまくいきにくいし、…

後半もうまくいきましたので、以下に説明します。
n=7の場合のグラフを添付します。
区分求積法により、{√(1+2+…+n)+√(2+3+…+n)+…+√(n-1+n)+√(n)}/n^2 は幅(1/n),高さ{√{(k+1)+(k+2)+…+n}}/nの階段状の図形の面積になります。k=0~n-1です。
下限関数 f(x)=√{(1-x^2)/2}
上限関数 g(x,Δ)=√[{(1+Δ)^2-x^2}/2] (但しΔ=1/n)
階段関数 {√{(k+1)+(k+2)+…+n}}/n=√[{n(n+1)-k(k+1)}/(2n^2)]

(1)x=k/nのところで、階段の高い方より上限関数 g(x,Δ)が大きい事を示します。但しk=1~nです。
x=k/nの階段の高い方は√[{n(n+1)-(k-1)k}/(2n^2)]です。
x=k/nの上限関数 g(x,Δ)=g(k/n,1/n)=√[{(1+(1/n))^2-(k/n)^2}/2]=√[{(n+1)^2-k^2}/(2n^2)]
(上限関数) ≧ (階段関数の高い方) を示すには、ルートと分母の(2n^2)が共通なので、
(n+1)^2-k^2 ≧ n(n+1)-(k-1)k を示せば十分です。
{(n+1)^2-k^2}-{n(n+1)-(k-1)k}=n-k+1≧0 より明らかです。

(2)x=k/nのところで、階段の低い方より下限関数 f(x)が小さい事を示します。但しk=0~nです。
x=k/nの階段の低い方は√[{n(n+1)-k(k+1)}/(2n^2)]です。
x=k/nの下限関数 f(x)=f(k/n)=√[{(1-(k/n)^2}/2]=√[(n^2-k^2)/(2n^2)]
(階段関数の低い方) ≧ (下限関数) を示すには、ルートと分母の(2n^2)が共通なので、
n(n+1)-k(k+1) ≧ n^2-k^2 を示せば十分です。
{n(n+1)-k(k+1)}-(n^2-k^2)=n-k≧0 より明らかです。

以上の事から階段関数は下限関数 f(x)と上限関数 g(x,Δ)の間に入る事がわかりました。
下限関数の面積をF,上限関数の面積をG(n),階段関数の面積をA(n)とすると、
F ≦ A(n) ≦ G(n) となります。
F=∫[0→1]f(x)dx=(1/√2)(単位円の面積÷4)=π(√2)/8
G(n)=∫[0→(1+Δ)]g(x,Δ)dx=(1/√2)(半径(1+Δ)の円の面積÷4)={π(√2)(1+Δ)^2}/8 (但し Δ=1/n)
つまり階段関数の面積はπ(√2)/8以上{π(√2)(1+1/n)^2}/8以下になります。
n→∞で階段関数の面積はπ(√2)/8に収束します。

#3、#5です。

>=lim[n→∞] (1/√2)(1/n)[Σ[k=1,n]{k/n} - 1/n + (n+1)/n]
>=lim[n→∞] (1/√2)(1/n)Σ[k=1,n]{k/n}

1/nが消えるのはわかるのですが、n/n(=1)が消えるのはなぜでしょう?


>でもそのはさみこむ方法は、後半ではうまくいきにくいし、…

後半もうまくいきましたので、以下に説明します。
n=7の場合のグラフを添付します。
区分求積法により、{√(1+2+…+n)+√(2+3+…+n)+…+√(n-1+n)+√(n)}/n^2 は幅(1/n),高さ{√{(k+1)+(k+2)+…+n}}/nの階段状の図形の面積になります。k=0~n-1です。
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Q8cosAcosBcosC=1 → cos2A+cos2B+cos2C=?

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△ABCの外接円の半径をa,b,cを用いて表せ

この問題を解こうと思っているのですが全く手も足も出なくて困ってます。2倍角や半角などの三角関数の公式や関係式にあてはめて式変形してみたのですが全然まとまりませんでした。
回答をいただけたら助かります。よろしくお願いします

Aベストアンサー

cos2A+cos2B+cos2C
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosC)^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2{cos(180°-A-B)}^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2{-cos(A+B)}^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(-cosAcosB+sinAsinB)^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosA)^2(cosB)^2+2(sinA)^2(sinB)^2-4cosAcosBsinAsinB-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosA)^2(cosB)^2+2{1-(cosA)^2}{1-(cosB)^2}-4cosAcosBsinAsinB-3
=4(cosA)^2(cosB)^2-4cosAcosBsinAsinB-1
=4cosAcosB(cosAcosB-sinAsinB)-1
=4cosAcosBcos(A+B)-1
=-4cosAcosBcos(180°-A-B)-1
=-4cosAcosBcosC-1
=-4*(1/8)-1
=-3/2

外接円の半径をRとして、
cos2A+cos2B+cos2C=-3/2
⇔3-2(sinA)^2-2(sinB)^2-2(sinC)^2=-3/2
⇔(sinA)^2+(sinB)^2+(sinC)^2=9/4
⇔(a/2R)^2+(b/2R)^2+(c/2R)^2=9/4
⇔(a^2+b^2+c^2)/4R^2=9/4
⇔R^2=(a^2+b^2+c^2)/9
⇔R={√(a^2+b^2+c^2)}/3

というかこういう問題は割と頑張って力押ししてみると、意外と見えてきたりする。

cos2A+cos2B+cos2C
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosC)^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2{cos(180°-A-B)}^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2{-cos(A+B)}^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(-cosAcosB+sinAsinB)^2-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosA)^2(cosB)^2+2(sinA)^2(sinB)^2-4cosAcosBsinAsinB-3
=2(cosA)^2+2(cosB)^2+2(cosA)^2(cosB)^2+2{1-(cosA)^2}{1-(cosB)^2}-4cosAcosBsinAsinB-3
=4(cosA)^2(cosB)^2-4cosAcosBsinAsinB-1
=4cosAcosB(cosAcosB-sinAsinB)-1
=4cosAcosBcos(A+B)-1
=-4cosAcosBcos(180°-A-B)-1
=-4cosA...続きを読む

Qf(a+√b)=c+√b f(a-√b)=c-√b f(a+bi)=c+dif(a-bi)=c-di

f(a+√b)=c+√b
ならば
f(a-√b)=c-√b
は成り立ちますか。
√の中は変わらないので計算後も√bのままでいいでしょうか。

f(a+bi)=c+di
ならば
f(a-bi)=c-di
は成り立ちますか。
前回の質問が締め切られてしまいました。
前回回答いただきましたTacosanさま、かなり考えましたがヒントに最後まで答えることが出来ず、申し訳ありませんでした。一定の条件がわかりませんでした。こちらにも是非回答お願いいたします。詳しい回答本当にありがとうございました。

Aベストアンサー

反例:
xの一次式
f(x) = x ・(1-√2) + √2

f(1+√2) = (1+√2)・(1-√2) + √2
=1-2 + √2
=-1+ √2

f(1-√2) = (1-√2)・(1-√2) + √2
= 1 -2√2 + 2 + √2
= 3 - √2 ≠ - 1 - √2

---
f(x) = g(a,|x-a|) + (x - a)
と表せるなら
 f(a+√b) = g(a,|√b|) + √b = g(a,√b) + √b
 f(a-√b) = g(a,|-√b|) + (-√b) = g(a,√b) - √b
c = g(a,√b) とすれば
 f(a+√b) = c + √b
 f(a-√b) = c - √b
です。
ですが、 c + √b という形を見ただけでは、√b が「 + (x-a) 」に由来するものなのか、g(a,|x-a|)の|x-a|に由来するものなのか、g()に由来する xに依存しない定数√b なのか、判断できません。

Qcos2Θ(1)×cos2Θ(2)+sin2Θ(1)×sin2Θ(2)

cos2Θ(1)×cos2Θ(2)+sin2Θ(1)×sin2Θ(2)

cos2Θ(1)sin2Θ(2)-sin2Θ(1)cos2Θ(2)


(1)(2)はΘが二種類と言う意味です

この問題の答えはどうなるのでしょうか

すみませんが教えてください

Aベストアンサー

sin(α±β)
cos(α±β)
を、(±は、+の場合と、-の場合の両方とも)教科書みてもいいから導いてください。

等号「=」というのは、当然ながら、
左辺→右辺だけじゃなくて、
右辺→左辺
も成り立ちます。


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