直線 $y = x + 1$ とのなす角が $\frac{\pi}{3}$ である直線で、原点を通るものの式を求めよ。

1. 問題の内容

直線 $y = x + 1$ とのなす角が $\frac{\pi}{3}$ である直線で、原点を通るものの式を求めよ。

2. 解き方の手順

まず、$y = x + 1$ の傾きは $1$ なので、この直線と $x$ 軸のなす角を $\theta_1$ とすると、$\tan \theta_1 = 1$ より、$\theta_1 = \frac{\pi}{4}$ である。

求める直線の傾きを $m$ とし、この直線と $x$ 軸のなす角を $\theta$ とする。

問題文より、$\theta$ と $\theta_1$ のなす角が $\frac{\pi}{3}$ であるので、$\theta - \theta_1 = \pm \frac{\pi}{3}$ となる。

$\theta = \theta_1 \pm \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} \pm \frac{\pi}{3}$

よって、

$\theta = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} = \frac{7\pi}{12}$

または

$\theta = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{12}$

となる。

それぞれの傾き $m$ は、$\tan \theta$ より求まる。

$\tan (\frac{7\pi}{12}) = \tan (\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4}) = \frac{\tan \frac{\pi}{3} + \tan \frac{\pi}{4}}{1 - \tan \frac{\pi}{3} \tan \frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3}+1)(1+\sqrt{3})}{(1-\sqrt{3})(1+\sqrt{3})} = \frac{3+2\sqrt{3}+1}{1-3} = \frac{4+2\sqrt{3}}{-2} = -2 - \sqrt{3}$

$\tan (-\frac{\pi}{12}) = -\tan (\frac{\pi}{12}) = - \tan (\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}) = - \frac{\tan \frac{\pi}{3} - \tan \frac{\pi}{4}}{1 + \tan \frac{\pi}{3} \tan \frac{\pi}{4}} = - \frac{\sqrt{3} - 1}{1 + \sqrt{3}} = - \frac{(\sqrt{3}-1)(1-\sqrt{3})}{(1+\sqrt{3})(1-\sqrt{3})} = - \frac{\sqrt{3} - 3 - 1 + \sqrt{3}}{1-3} = - \frac{2\sqrt{3} - 4}{-2} = \sqrt{3} - 2$

求める直線は原点を通るので、$y = mx$ にそれぞれ代入して、

$y = (-2 - \sqrt{3})x$

$y = (\sqrt{3} - 2)x$

3. 最終的な答え

$y = (-2 - \sqrt{3})x$, $y = (\sqrt{3} - 2)x$