https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Boui/2024

2023.10.29記(2024.02.20修正)

[5] $\angle\mbox{A}=\dfrac{5}{9}\pi$ ， $\angle\mbox{B}=\dfrac{5}{18}\pi$ ， $\angle\mbox{C}=\dfrac{1}{6}\pi$ の $\triangle\mbox{ABC}$ において，辺 $\mbox{AC}$ 上に $\angle\mbox{ABD}=\dfrac{1}{6}\pi$ なる点 $\mbox{D}$ をとる．また，点 $\mbox{A}$ から辺 $\mbox{BC}$ に垂線を下ろし，辺 $\mbox{BC}$ との交点を $\mbox{H}$ とし，直線 $\mbox{AH}$ と直線 $\mbox{BD}$ の交点を $\mbox{E}$ とする． $\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{1}{3}\pi \,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\dfrac{\fbox{　11　}}{\fbox{　12　}}$ となるため， $\angle\mbox{CEH}$ $=\dfrac{\fbox{　13　}}{\fbox{　14　}}\pi$ である．（分数はそれ以上約分できない形で解答すること．）

本問のテーマ

正弦の和と差の積と正弦の3倍角
余弦の和と差の積と余弦の3倍角
正接の和と差の積と正接の3倍角
モリーの法則

2023.10.29記(2024.02.20修正)
(1) $\tan50^{\circ}\tan60^{\circ}\tan70^{\circ}=\tan80^{\circ}$ という有名性質
（⇒後述のモリーの法則(2024.09.21記)参照）
から $\dfrac{1}{3}$ となる，という訳にもいかないので…

図をそこそこ正確に書くと，(2)の答が $\dfrac{4}{9}\pi$ になるはずだと思って計算すると (1) は $\dfrac{1}{3}$ でなければならない，という手もある．

[解答]
一般に $\triangle\mbox{ABC}$ の内角において， $\tan(A+B)=\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\tan(\pi-C)=-\tan C$ から $\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B + \tan C$ が成立する．

よって
$\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{\pi}{3}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi$
$=\tan 50^{\circ}+\tan 60^{\circ}+\tan 70^{\circ}$
$=\dfrac{\sin 50^{\circ}\cos 60^{\circ}+\sin 60^{\circ}\cos 50^{\circ}}{\cos 50^{\circ}\cos 60^{\circ}}+\dfrac{\sin 70^{\circ}}{\cos 70^{\circ}}$
$=\dfrac{\sin 110^{\circ}}{\sin 40^{\circ}(1/2)}+\dfrac{\cos 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}$
$=\dfrac{\cos 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}\cos 20^{\circ}}+\dfrac{\cos 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}$
$=\dfrac{1+\cos 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}$ $=\dfrac{2\cos^2 10^{\circ}}{2\sin10^{\circ}\cos10^{\circ}}$ $=\dfrac{\cos 10^{\circ}}{\sin10^{\circ}}=\tan80^{\circ}$
となる．以上から
$\tan50^{\circ}\tan60^{\circ}\tan70^{\circ}=\tan80^{\circ}$
つまり
$\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{\pi}{3}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi=\tan\dfrac{4}{9}\pi$
が成立する．

よって $\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\tan^2\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{3}$ となる．

このとき
$3\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi=\tan\dfrac{\pi}{3}\cdot\tan\dfrac{4}{9}\pi$
だから，
$\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi=\tan\dfrac{4}{9}\pi$
となる．
$\angle\mbox{ABH}=\dfrac{5}{18}\pi$ だから $\tan\dfrac{5}{18}\pi=\dfrac{\mbox{AH}}{\mbox{BH}}$ ，
$\angle\mbox{BEH}=\dfrac{7}{18}\pi$ だから $\tan\dfrac{7}{18}\pi=\dfrac{\mbox{BH}}{\mbox{EH}}$ ，
$\angle\mbox{CAH}=\dfrac{\pi}{3}$ だから $\tan\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\mbox{CH}}{\mbox{AH}}$
により $\dfrac{\mbox{CH}}{\mbox{EH}}=\tan\dfrac{4}{9}\pi$ であるから， $\angle\mbox{CEH}=\dfrac{4}{9}\pi$

よって $\dfrac{\fbox{　11　}}{\fbox{　12　}}=\dfrac{1}{3}$ ， $\dfrac{\fbox{　13　}}{\fbox{　14　}}=\dfrac{4}{9}$ である．

(1) は普通は次のようにやる．（⇒後述のモリーの法則(2024.09.21記)参照）

$\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\dfrac{\tan 50^{\circ}\,\tan 70^{\circ}}{\sqrt{3}\,\tan 80^{\circ}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\tan 50^{\circ}\,\tan 70^{\circ}\,\tan 10^{\circ}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\sin 50^{\circ}\,\sin 70^{\circ}\,\sin 10^{\circ}}{\cos 50^{\circ}\,\cos 70^{\circ}\,\sin 80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\cos 40^{\circ}\,\cos 20^{\circ}\,\sin 10^{\circ}}{\sin 40^{\circ}\,\sin 20^{\circ}\,\sin 80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\cos 40^{\circ}\,\cos 20^{\circ}\,\sin 10^{\circ}}{8\sin 20^{\circ}\cos20^{\circ}\,\sin 10^{\circ}\cos10^{\circ}\,\sin 40^{\circ}\cos40^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{8\sin 20^{\circ}\,\cos10^{\circ}\,\sin 40^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{8\sin 20^{\circ}\,\sin40^{\circ}\,\sin 80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{4(\cos 20^{\circ}-\cos 60^{\circ})\,\sin80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{\sin 60^{\circ}+\sin 100^{\circ}-\sin80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{\sin 60^{\circ}}$ $=\dfrac{1}{3}$

ちょっと長いね．

$\dfrac{\pi}{18}=\theta$ ， $\tan\theta=\alpha$ とおくと，
$\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\dfrac{\tan\left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)\tan\left(\dfrac{\pi}{3}+\theta\right)}{\tan\dfrac{\pi}{3}\cdot\dfrac{1}{\tan\theta}}$
を加法定理で展開すると， $\alpha=\tan\theta$ の式で表現できることがわかる．これが最終的に有理数になるはずと思えば， $\tan3\theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ をうまく使うことになると考えて，
$\tan$ の3倍角の公式により，
$\dfrac{3\alpha-\alpha^3}{1-3\alpha^2}=\tan3\theta=\tan\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
となることを用いるはずであると考えよう．すると，

$\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\dfrac{\tan\left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)\tan\left(\dfrac{\pi}{3}+\theta\right)}{\tan\dfrac{\pi}{3}\cdot\dfrac{1}{\tan\theta}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}-\alpha}{1+\sqrt{3}\alpha}\cdot\dfrac{\sqrt{3}+\alpha}{1-\sqrt{3}\alpha}\cdot\alpha$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{3\alpha-\alpha^3}{1-3\alpha^2}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\tan 3\theta$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{3}$

となる．

2024.09.21記

正弦の和と差の積と正弦の3倍角

正弦の和と差の積が正弦の平方の差となるという公式
$\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)=(\sin\alpha\cos\beta)^2-(\cos\alpha\sin\beta)^2$ $=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\alpha\sin^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta-\cos^2\alpha\sin^2\beta$ $=\sin^2\alpha-\sin^2\beta$
は有名で，京都大学では頻繁に登場する公式だった．

これと正弦の3倍角の公式を組合せた
$\sin 3\theta=3\sin \theta-4\sin^3\theta = 4\sin x\left\{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2-\sin^2 x\right\}$ $=4\sin x\sin\left(60^{\circ}+x\right)\sin\left(60^{\circ}-x\right)$
から導かれる
$\sin x\sin\left(60^{\circ}+x\right)\sin\left(60^{\circ}-x\right)=\dfrac{\sin 3x}{4}$
または
$\sin\left(x-60^{\circ}\right)\cdot \sin x \cdot \sin\left(x+60^{\circ}\right)=-\dfrac{\sin 3x}{4}$
も存在を認知しておくと良い．

これから $x=10^{\circ}$ ， $x=20^{\circ}$ とすると
$\sin 10^{\circ}\sin 50^{\circ}\sin 70^{\circ}=\dfrac{\sin 30^{\circ}}{4}=\dfrac{1}{8}$ ，
$\sin 20^{\circ}\sin 40^{\circ}\sin 80^{\circ}=\dfrac{\sin 60^{\circ}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}$
が得られる．

余弦の和と差の積と余弦の3倍角

余弦についても，余弦の和と差の積が余弦と正弦の平方の差となるという公式
$\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)=(\cos\alpha\cos\beta)^2-(\sin\beta\sin\alpha)^2$ $=\cos^2\alpha\cos^2\beta+\cos^2\alpha\sin^2\beta-\cos^2\alpha\sin^2\beta-\sin^2\alpha\sin^2\beta$ $=\cos^2\alpha-\sin^2\beta$
が成立するが，これは少し間違え易い．覚えるよりもこのような形になることを理解しておこう．

これをこのまま余弦の3倍角の公式と組合せるのは難しく，
$1=\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=\cos^2\beta+\sin^2\beta$
から
$\cos^2\alpha-\cos^2\beta=\sin^2\beta-\sin^2\alpha=\sin(\beta+\alpha)\sin(\beta-\alpha)$
として組合せると
$\cos 3\theta=4\cos^3 \theta-3\cos\theta = 4\cos x\left(\cos^2 x-\cos^2 30^{\circ}\right)$ $=4\cos x\sin\left(x+30^{\circ}\right)\sin\left(x-30^{\circ}\right)$ $=4\cos x\cos\left(60^{\circ}-x\right)\cos\left(60^{\circ}+x\right)$
から導かれ，
$\cos x\cos\left(60^{\circ}-x\right)\cos\left(60^{\circ}+x\right)=\dfrac{\cos 3x}{4}$
または
$\cos\left(x-60^{\circ}\right)\cdot \cos x \cdot \cos\left(60^{\circ}+x\right)=\dfrac{\cos 3x}{4}$
も存在を認知しておくと良い．

これから $x=10^{\circ}$ ， $x=20^{\circ}$ とすると
$\cos 10^{\circ}\cos 50^{\circ}\cos 70^{\circ}=\dfrac{\cos 30^{\circ}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{8}$ ，
$\cos 20^{\circ}\cos 40^{\circ}\cos 80^{\circ}=\dfrac{\cos 60^{\circ}}{4}=\dfrac{1}{8}$
が得られる．

正接の和と差の積と正接の3倍角

さて，正弦と余弦の場合を組合せると
$\tan x\tan\left(60^{\circ}-x\right)\tan\left(60^{\circ}+x\right)=\tan 3x$
が成立する．実際
$\tan(\alpha+\beta)\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan^2\alpha-\tan^2\beta}{1-\tan^2\alpha\tan^2\beta}$ から
$\tan\beta\tan(\alpha+\beta)\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan^2\alpha\tan\beta-\tan^3\beta}{1-\tan^2\alpha\tan^2\beta}$
となり， $\tan3\beta=\dfrac{3\tan\beta-\tan^3\beta}{1-3\tan^2\beta}$ と比較すると $\tan^2\alpha =3$ （ $\alpha=60^{\circ}$ ）， $\beta=x$ とすれば良いことがわかる．

この正接の3倍角の結果において $x=10^{\circ}$ ， $x=20^{\circ}$ とすると
$\tan 10^{\circ}\tan 50^{\circ}\tan 70^{\circ}=\tan 30^{\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ ，
$\tan 20^{\circ}\tan 40^{\circ}\tan 80^{\circ}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$
が成り立ち，また
$\tan 50^{\circ}\tan 60^{\circ}\tan 70^{\circ}=\dfrac{\tan 10^{\circ} \tan 50^{\circ}\tan 60^{\circ}\tan 70^{\circ}}{\tan 10^{\circ}}$ $=\dfrac{\tan 30^{\circ} \tan 60^{\circ}}{\tan 10^{\circ}}$ $=\dfrac{1}{\tan 10^{\circ}}=\tan 80^{\circ}$
が成り立つ．

モリーの法則(Morrie"s law)

モリーの法則 - Wikipedia

sin の倍角公式により
$2^n\cdot\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1} \cos(2^k\alpha)$ $=2^n\cdot\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1} \dfrac{\sin(2^{k+1}\alpha)}{2\sin(2^{k}\alpha)}$ $=\dfrac{\sin(2^n\alpha)}{\sin\alpha}$
が成立する．よって $n=3$ ， $\alpha=20^{\circ}$ とおくと
$\cos 20^{\circ}\cos 40^{\circ}\cos 80^{\circ}=\dfrac{1}{8}$
が成立する．これは先程の
$\sin 10^{\circ}\sin 50^{\circ}\sin 70^{\circ}=\dfrac{\sin 30^{\circ}}{4}=\dfrac{1}{8}$
と同じ結果である．

Wikipedia にもあるが，この法則の由来について
「この式の名称は物理学者のリチャード・P・ファインマンに由来し、彼はこの等式をこの名でよく呼んでいた。というのもファインマンは幼年時代にMorrie Jacobsという少年からこの式を教わり、それを終生忘れなかったからである。」
とあるのが面白い．

モリーの法則から
$\cos\dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{2\pi}{7}\cos\dfrac{3\pi}{7}$ $=-\cos\dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{2\pi}{7}\cos\dfrac{4\pi}{7}$ $=-\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{\sin\dfrac{8\pi}{7}}{\sin\dfrac{\pi}{7}}=\dfrac{1}{8}$
という有名な結果も得られる．

より沢山の公式は Wikipedia 参照のこと
三角関数の公式の一覧 - Wikipedia

これまでの話が身についていると，

もしくは

$\dfrac{\tan\dfrac{5}{18}\pi\,\tan\dfrac{7}{18}\pi}{\tan\dfrac{\pi}{3}\,\tan\dfrac{4}{9}\pi}$ $=\dfrac{\tan 50^{\circ}\,\tan 70^{\circ}}{\tan 60^{\circ}\,\tan 80^{\circ}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\sin 50^{\circ}\,\sin 70^{\circ}\,\cos 80^{\circ}}{\cos 50^{\circ}\,\cos 70^{\circ}\,\sin 80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{\cos 40^{\circ}\,\cos 20^{\circ}\,\cos 80^{\circ}}{\sin 40^{\circ}\,\sin 20^{\circ}\,\sin 80^{\circ}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1/8}{\sqrt{3}/8}=\dfrac{1}{3}$

で通じるようになる．実際の入試では丁寧に式変形することになるのだが．

2024.10.27記
大抵の難問は、角度の移動に二等辺三角形を使うけど、本問もできるようだ。

防衛医大の数学は実質算数ということか（暴論）
△ABFと△A'ECの合同を示す感じで。 https://t.co/pgiNBDLD0U pic.twitter.com/Y3Ry8mPVxP
— 立見鶏 (@StandeeCock) 2024年10月24日

2025.11.06記
備忘録 - 球面倶楽部零八式 mark II
正弦の和と差の積 - 球面倶楽部零八式 mark II
も参照のこと．