和が一定の2角の余弦の平方和

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $\alpha +\beta$ が固定され、$\alpha -\beta$ は自由。この問題の変数は、実質 $\alpha -\beta$ の1つだけだ。

それを式の上で見えるようにする手順が「次数下げ → 和積」。${\cos }^2$ を $\cos 2\alpha$ の1次に直すと、和 $\cos 2\alpha +\cos 2\beta$ が和積で $2\cos (\alpha +\beta )\cos (\alpha -\beta )$ と、固定の角と自由の角の積に分離する。

あとは、自由な角の余弦が $-1$ から $1$ まで動けることを確かめれば範囲が出る。

① 次数を下げて分離する。

$${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta =1+\frac{\cos 2\alpha +\cos 2\beta }{2}=1+\cos (\alpha +\beta )\cos (\alpha -\beta )=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos (\alpha -\beta )$$

($\cos (\alpha +\beta )=\cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ は定数になった。)

② 自由な角の動ける範囲。 $\alpha$ は任意の実数を動け、$\beta =\frac{\pi }{4}-\alpha$ だから $\alpha -\beta =2\alpha -\frac{\pi }{4}$ はすべての実数を動く。よって $\cos (\alpha -\beta )$ は $-1$ 以上 $1$ 以下のすべての値をとる。

③ 最大・最小。

$$\text{最大値}1+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2+\sqrt{2}}{2}(\alpha -\beta =0、たとえば\alpha =\beta =\frac{\pi }{8})$$

$$\text{最小値}1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}(\alpha -\beta =\pi 、たとえば\alpha =\frac{5\pi }{8},\beta =-\frac{3\pi }{8})$$

まとめ: 束縛つきの2角の三角関数は、和の角と差の角に座標を取り替えると1変数になる — 次数下げと和積はそのための翻訳装置。最大・最小の答案では「自由な角が本当に端まで動けるか」の一言(②)が生命線になる。

発展 — 一歩先へ。 和の固定値を一般の $c$ に変えても、値は $1+\cos c\cdot \cos (\alpha -\beta )$ で、振幅 $|\cos c|$ の振動になる。$c=\frac{\pi }{2}$(直角)なら振幅0で値は定数1 — ${\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha =1$ の恒等式が、この family の特別な1枚だったと分かる。

別解

1変数に代入して合成する(機械ルート)。 分離の構造に気づかなくても、$\beta =\frac{\pi }{4}-\alpha$ を代入して1変数にすれば必ず進む。

$${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)=1+\frac{\cos 2\alpha +\cos \left(\frac{\pi }{2}-2\alpha \right)}{2}=1+\frac{\cos 2\alpha +\sin 2\alpha }{2}$$

(次数下げと余角を使った。)最後は合成:

$$=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \left(2\alpha +\frac{\pi }{4}\right)$$

$\alpha$ は全実数を動くから $\sin$ は $\pm 1$ まで振れて、最大 $\frac{2+\sqrt{2}}{2}$・最小 $\frac{2-\sqrt{2}}{2}$。

本解の「和積で固定と自由に分離」と、本ルートの「代入して合成」。着地は同じ振幅 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ の振動で、$\cos (\alpha -\beta )$ と $\sin (2\alpha +\frac{\pi }{4})$ が同じ自由度の2つの名前だったことが分かる。