前ページまでのあらすじ
教科書や参考書には，次の形の半角の公式が
載っていることがあります。
$\tan^2\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}$ …… ①
この記事では，この公式には次のような改良版が
考えられるのではないかと考え，検討してきました。
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta}$ …… ②
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{1-\cos\theta}{\sin\theta}$ …… ③
前ページまでの考察の結果，等式②は，
どうやら新しい半角の公式として使っても
大丈夫なのではないかという結論が得られました。
補説 新しい公式の存在価値
問題は，等式②に公式としての存在価値が
あるかどうかです。
すなわち，この新しい公式②を使うと，
教科書に載るタイプの公式①を使う場合に比べて，
計算が楽になるとか，問題が解きやすくなるといった利点が
あるかどうかを考えてみたいところです。
新しい公式の方が計算が楽なのは間違いない
公式①では，$\cos\theta$ の値が根号を使って表される場合，
$\tan\dfrac{\theta}{2}$ の値を求めるためには，
一度は二重根号が出てきてしまうでしょう。
$\cos\theta=\dfrac{\sqrt{7}}{3}$ であるとき，$\tan\dfrac{\theta}{2}$ の値を求めよ。
この例題を，公式①を使って解いてみましょう。
\begin{eqnarray*}
\tan^2\dfrac{\theta}{2}&=&\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\\[0.8em]
&=&\dfrac{1-\dfrac{\sqrt{7}}{3}}{1+\dfrac{\sqrt{7}}{3}}\\[0.8em]
&=&\dfrac{3-\sqrt{7}}{3+\sqrt{7}}\\[0.4em]
&=&\dfrac{(3-\sqrt{7})^2}{(3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7})}\\[0.4em]
&=&\dfrac{9-2\cdot 3\sqrt{7}+7}{9-7}\\[0.4em]
&=&\dfrac{16-6\sqrt{7}}{2}\\[0.4em]
&=&8-3\sqrt{7}
\end{eqnarray*}
よって，
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\pm\textstyle\sqrt{8-3\sqrt{7}}$
……これをそのまま答えとしてしまう人，きっといますよね。
二重根号を外す問題として見た場合，
そこそこ厄介な部類ですから。
でも，この二重根号を外せることは，
公式②によって保証されているようなものです。
従って，これがそのまま正答になることはないと予想されます。
この二重根号を外すには，内側の根号の直前が
「$2$」になるようにする必要があります。
まあ，やってみましょうか。
\begin{eqnarray*}
\textstyle\sqrt{8-3\sqrt{7}}&=&\textstyle\sqrt{8-\sqrt{63}}\\[0.4em]
&=&\dfrac{\sqrt{2\vphantom{\sqrt{2}}}\,\sqrt{8-\sqrt{63}}}{\sqrt{2}}\\[0.4em]
&=&\dfrac{\sqrt{16-2\sqrt{63}}}{\sqrt{2}}
\end{eqnarray*}
$7+9=16$，$7\cdot 9=63$ だから，
\begin{eqnarray*}
\textstyle\sqrt{8-3\sqrt{7}}&=&\dfrac{\sqrt{(\sqrt{9}-\sqrt{7})^2}}{\sqrt{2}}\\[0.4em]
&=&\dfrac{3-\sqrt{7}}{\sqrt{2}} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}\\[0.4em]
&=&\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}
\end{eqnarray*}
よって，
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\pm\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}$
結構な長編になってしまいましたね。
しかし，もう少し簡単に解く方法はありました。
やや話が逸れますが，次の式変形を見てください。
$\cos\theta\;$$\neqq$$\,1$ のとき，$1-\cos\theta\;$$\neqq$$\,0$ であるから，
\begin{eqnarray*}
\tan^2\dfrac{\theta}{2}&=&\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\\[0.6em]
&=&\dfrac{(1-\cos\theta)^2}{(1+\cos\theta)(1-\cos\theta)}\\[0.6em]
&=&\dfrac{(1-\cos\theta)^2}{1-\cos^2\theta}\\[0.6em]
&=&\dfrac{(1-\cos\theta)^2}{\sin^2\theta}
\end{eqnarray*}
よって，
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\pm\dfrac{1-\cos\theta}{\sin\theta}$
例題１のように，具体的な値が与えられている問題では，
式変形は必ずしもこの通りに進むわけではありません。
しかし，この式変形を見ると，
途中で２乗の形を崩さない方がうまくいくのではないかと
推測できます。
事実，例題１の解答例でも，$(3-\sqrt{7})^2$ という形は
出てきていますから。
ということで，もう一度最初から。
\begin{eqnarray*}
\tan^2\dfrac{\theta}{2}&=&\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\\[0.8em]
&=&\dfrac{1-\dfrac{\sqrt{7}}{3}}{1+\dfrac{\sqrt{7}}{3}}\\[0.8em]
&=&\dfrac{3-\sqrt{7}}{3+\sqrt{7}}\\[0.6em]
&=&\dfrac{(3-\sqrt{7})^2}{(3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7})}\\[0.6em]
&=&\dfrac{(3-\sqrt{7})^2}{2} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}
\end{eqnarray*}
よって，
\begin{eqnarray*}
\tan\dfrac{\theta}{2}&=&\pm\dfrac{3-\sqrt{7}}{\sqrt{2}}\\[0.6em]
&=&\pm\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}
\end{eqnarray*}
だいぶすっきりしましたね。
しかし，こんなコツを知っている人，あるいは思いつく人が
一体どれだけいるやら。
大多数は，最初に示した解答例のように，
正しく解けるにしてもかなり苦労することになるのでは
ないかと思います。
新しい公式で問いてみる
さて，この例題を公式②で解いたらどうなるでしょうか。
$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta=1-\dfrac{7}{9}=\dfrac{2}{9}$
よって，$\sin\theta=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{3}$
以下，複号同順で，
\begin{eqnarray*}
\tan\dfrac{\theta}{2}&=&\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta}\\[0.8em]
&=&\dfrac{\pm\dfrac{\sqrt{2}}{3}}{1+\dfrac{\sqrt{7}}{3}}\\[0.8em]
&=&\pm\dfrac{\sqrt{2}}{3+\sqrt{7}}\\[0.6em]
&=&\pm\dfrac{\sqrt{2}\,(3-\sqrt{7})}{(3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7})}\\[0.6em]
&=&\pm\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}
\end{eqnarray*}
無風ですね。
二重根号など影も形もありません。
これなら，多くの高校生は問題なく解けるでしょう。
従来の公式では，値の特定が難しくなる問題もある
$\sin\theta=-\dfrac{\sqrt{2}}{3}$，$\cos\theta=\dfrac{\sqrt{7}}{3}$ であるとき，$\tan\dfrac{\theta}{2}$ の値を求めよ。
今度は， $\sin\theta$ の値が指定されました。
この例題を，公式①を使って解くとしたら，どうなるでしょうか。
ほとんどの高校生は，例題１と何も変わらないと考えるでしょう。
答えも，$\pm\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}$ で例題１と同じと考える人が
多いのではないでしょうか。
代入に使うのは $\cos\theta$ の値だけであり， $\sin\theta$ の値は使われませんが，
と判断して片づけてしまうわけです。
不要な情報をわざと与えるイジワルな問題って，
珍しくないですもんね。
では，この例題を，公式②を使って解いてみましょう。
式変形は例題１とほとんど同じですが，一応記します。
\begin{align*}
\tan\dfrac{\theta}{2}&=\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta}\\
&=\dfrac{-\dfrac{\sqrt{2}}{3}}{1+\dfrac{\sqrt{7}}{3}} \vphantom{\Large\dfrac{\dfrac{1}{1}}{\dfrac{1}{1}}}\\
&=-\dfrac{\sqrt{2}}{3+\sqrt{7}}\\
&=-\dfrac{\sqrt{2}(3-\sqrt{7})}{(3+\sqrt{7})(3-\sqrt{7})} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}\\
&=-\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}\\
&\left(=\dfrac{\sqrt{14}-3\sqrt{2}}{2} \vphantom{\Large\dfrac{1}{1}}\right)
\end{align*}
例題１の解答例に出てくる「$\pm$」を，「$-$」に置きかえた形ですね。
例題２では，二重根号だけでなく，
$\pm$ が出てくる余地もなくなります。
公式①と②で答えが異なる！
ということで，公式①を使うと$\pm\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}$，
公式②を使うと$-\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}$という答えが得られました。
いやいやいや，それは変です。
公式①を使った場合と公式②を使った場合で，
答えが異なっています。
結論を言うと，公式②による解答が正しいです。
公式①による解答は，値が２通り考えられるというものでした。
しかし，与えられた条件のもとでは，
$\tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}$ は実現しません。
与えられた条件を見ると，$\sin\theta<0$，$\cos\theta>0$ ですから，
$\theta$ は第４象限の角です。
その場合，$\dfrac{\theta}{2}$ は第２象限または第４象限の角になります。
そのことは，単位円と動径を思い浮かべると
大体分かるかと思いますが，次のように示しておきましょう。
（本題からそれるので折りたたみ）
$\theta$ が第４象限の角であるから，ある整数 $n$ について，
$2n\pi+\dfrac{3}{2}\pi<\theta<2n\pi+2\pi$
が成り立つ。
各辺を $2$ で割ると，
$n\pi+\dfrac{3}{4}\pi<\dfrac{\theta}{2}<n\pi+\pi$ …… (1)
$n$ が偶数のとき
$n$ が偶数のとき，$n=2m$ となる整数 $m$ が存在する。
(1) に代入して整理すると，
$2m\pi+\dfrac{3}{4}\pi<\dfrac{\theta}{2}<2m\pi+\pi$
よって，$n$ が偶数のとき，$\dfrac{\theta}{2}$ は第２象限の角となる。
$n$ が奇数のとき
$n$ が奇数のとき，$n=2m+1$ となる整数 $m$ が存在する。
(1) に代入して整理すると，
$2m\pi+\dfrac{7}{4}\pi<\dfrac{\theta}{2}<2m\pi+2\pi$
よって，$n$ が奇数のとき，$\dfrac{\theta}{2}$ は第４象限の角となる。
そして，$\dfrac{\theta}{2}$ が第２象限の角であっても第４象限の角であっても，$\tan\dfrac{\theta}{2}<0$ です。
従って，$\tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{2}\ \ (>0)$ は不可なのです。
この例題を突然出され，公式①を使って解いた上で
このことに気づける高校生は，少ないのではないかと思います。
筆者としては，新しい公式を推したい
筆者が考える限り，公式②に穴はなさそうですし，
公式①に比べて劣る部分も見つかりません。
そして，公式①に比べてはるかに優れた部分があることは，
上に示した通りです。
筆者は公式②を使う気も覚える気もありませんが，
教科書や参考書に載せるなら，
公式①よりは公式②の方がよいのではないかと思います。
超長文失礼しました。
お疲れさまでした。