解説

注意

画像の記載をそのまま読むと

$$ \cos \alpha \cos(\pi-\alpha)=\sin 2\alpha,\qquad -\frac{\pi}{2}\le \alpha \le \frac{\pi}{2} $$

である。この条件だけでは $\alpha=\pm \dfrac{\pi}{2}$ も解になるため、$\sin\alpha$ は一意に定まらない。以下では、この式から得られる解をすべて求める。

方針・初手

$\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha$、$\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$ を用いて、与式を $\sin\alpha,\cos\alpha$ の式に直す。すると積の形に因数分解できるので、$\cos\alpha=0$ の場合と $\cos\alpha\ne0$ の場合に分けて調べればよい。

解法1

与式に $\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha$ を代入すると、

$$ \cos\alpha(-\cos\alpha)=\sin 2\alpha $$

すなわち

$$ -\cos^2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha $$

である。よって、

$$ \cos^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha=0 $$

となり、左辺をくくると

$$ \cos\alpha(\cos\alpha+2\sin\alpha)=0 $$

を得る。

したがって、次の2通りに分かれる。

**(i)**

$\cos\alpha=0$ の場合

範囲 $-\dfrac{\pi}{2}\le \alpha\le \dfrac{\pi}{2}$ より、

$$ \alpha=\pm \frac{\pi}{2} $$

である。したがって、

$$ \sin\alpha=\pm 1 $$

となる。

**(ii)**

$\cos\alpha+2\sin\alpha=0$ の場合

このとき $\cos\alpha\ne0$ であるから、

$$ \tan\alpha=-\frac{1}{2} $$

となる。また、範囲 $-\dfrac{\pi}{2}<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$ では $\cos\alpha>0$ である。したがって、$\tan\alpha<0$ より $\sin\alpha<0$ である。

ここで

$$ 1+\tan^2\alpha=\frac{1}{\cos^2\alpha} $$

を用いると、

$$ \cos^2\alpha=\frac{1}{1+\tan^2\alpha} =\frac{1}{1+\left(-\frac12\right)^2} =\frac{1}{\frac54} =\frac45 $$

よって

$$ \cos\alpha=\frac{2}{\sqrt5} $$

である。したがって

$$ \sin\alpha=\tan\alpha\cos\alpha =-\frac12\cdot \frac{2}{\sqrt5} =-\frac{1}{\sqrt5} $$

となる。

以上より、

$$ \sin\alpha=1,\ -1,\ -\frac{1}{\sqrt5} $$

である。

解説

この問題では、まず $\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha$ を正しく変形できるかが出発点である。その後は $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$ を用いて因数分解し、$\cos\alpha=0$ を落とさずに処理することが重要である。

実際、$\cos\alpha$ で両辺を割ってしまうと $\alpha=\pm \dfrac{\pi}{2}$ を失ってしまう。そのため、この切り抜きだけを見る限り、$\sin\alpha$ は1つには定まらない。

答え

$$ \sin\alpha=1,\ -1,\ -\frac{1}{\sqrt5} $$

したがって、この画像の条件だけでは空欄は一意に定まらない。なお、途中で $\cos\alpha\ne0$ を前提としているなら

$$ \sin\alpha=-\frac{1}{\sqrt5} $$

である。