三角形ABCにおいて、$AB + AC = \sqrt{3}BC$ が成立するとき、$\cos A$ の取りうる値の範囲を求める。

1. 問題の内容

三角形ABCにおいて、$AB + AC = \sqrt{3}BC$ が成立するとき、$\cos A$ の取りうる値の範囲を求める。

2. 解き方の手順

$AB=c$, $AC=b$, $BC=a$とおくと、与えられた条件は$b+c = \sqrt{3}a$ となる。余弦定理より、

$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$ が成り立つ。

$a = \frac{b+c}{\sqrt{3}}$ であるから、これを余弦定理に代入すると、

$\left(\frac{b+c}{\sqrt{3}}\right)^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$

$\frac{(b+c)^2}{3} = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$

$(b+c)^2 = 3b^2 + 3c^2 - 6bc\cos A$

$b^2 + 2bc + c^2 = 3b^2 + 3c^2 - 6bc\cos A$

$6bc\cos A = 2b^2 + 2c^2 - 2bc$

$3\cos A = \frac{b^2 + c^2 - bc}{bc} = \frac{b}{c} + \frac{c}{b} - 1$

ここで、$x = \frac{b}{c}$とおくと、$x > 0$ であり、

$3\cos A = x + \frac{1}{x} - 1$

相加相乗平均の不等式より、$x + \frac{1}{x} \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$

したがって、$3\cos A \geq 2 - 1 = 1$ より、$\cos A \geq \frac{1}{3}$

一方、三角形が成立するためには、

$b < a+c$ かつ $c < a+b$ かつ $a < b+c$ が必要である。

$a = \frac{b+c}{\sqrt{3}} < b+c$ は常に成り立つ。

$b < \frac{b+c}{\sqrt{3}} + c$ より、$(\sqrt{3}-1)b < (1+\sqrt{3})c$

$\frac{b}{c} < \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = \frac{(1+\sqrt{3})^2}{2} = \frac{1+2\sqrt{3}+3}{2} = 2+\sqrt{3}$

$c < \frac{b+c}{\sqrt{3}} + b$ より、$(\sqrt{3}-1)c < (1+\sqrt{3})b$

$\frac{c}{b} < \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = 2+\sqrt{3}$

$x < 2+\sqrt{3}$ かつ $\frac{1}{x} < 2+\sqrt{3}$

$3\cos A = x + \frac{1}{x} - 1 < 2+\sqrt{3} + 2+\sqrt{3} - 1 = 3+2\sqrt{3}$

$\cos A < 1+\frac{2\sqrt{3}}{3}$

また、 $A < \pi$ より $\cos A > -1$ である。

$x = \frac{b}{c}$ に制約がない場合、 $x$ を限りなく大きくすると、 $\frac{1}{x} \rightarrow 0$ より、$3\cos A = x + \frac{1}{x} - 1$ も限りなく大きくなる。$\cos A$ は高々1なので、三角形の成立条件から、 $b, c$ の比に制約があることが分かる。

ここで、 $a+b > c$, $a+c > b$ より、$a > |b-c|$ である必要があり、

$\frac{b+c}{\sqrt{3}} > |b-c|$

$\frac{(b+c)^2}{3} > (b-c)^2$

$b^2 + 2bc + c^2 > 3(b^2 - 2bc + c^2)$

$b^2 + 2bc + c^2 > 3b^2 - 6bc + 3c^2$

$0 > 2b^2 - 8bc + 2c^2$

$0 > b^2 - 4bc + c^2$

$0 > \frac{b^2}{c^2} - 4\frac{b}{c} + 1$

$x^2 - 4x + 1 < 0$

$x = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$

$2-\sqrt{3} < x < 2+\sqrt{3}$

したがって、 $2-\sqrt{3} < x < 2+\sqrt{3}$ かつ $2-\sqrt{3} < \frac{1}{x} < 2+\sqrt{3}$

$x + \frac{1}{x} < 2+\sqrt{3} + 2+\sqrt{3} = 4 + 2\sqrt{3}$

$3\cos A = x + \frac{1}{x} - 1 < 4+2\sqrt{3} - 1 = 3+2\sqrt{3}$

$\cos A < 1 + \frac{2\sqrt{3}}{3}$

したがって、 $\frac{1}{3} \leq \cos A < 1$

3. 最終的な答え

$\frac{1}{3} \leq \cos A < 1$