与えられた式を$r\sin(\theta+\alpha)$の形に変形する問題です。ただし、$r>0$、$-\pi < \alpha < \pi$とします。 (1) $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$ (2) $\sin\theta - \cos\theta$

1. 問題の内容

与えられた式を$r\sin(\theta+\alpha)$の形に変形する問題です。ただし、$r>0$、$-\pi < \alpha < \pi$とします。

(1) $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$

(2) $\sin\theta - \cos\theta$

2. 解き方の手順

(1) $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$ の場合

$r\sin(\theta + \alpha) = r(\sin\theta\cos\alpha + \cos\theta\sin\alpha) = (r\cos\alpha)\sin\theta + (r\sin\alpha)\cos\theta$

となることを利用します。

$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = (r\cos\alpha)\sin\theta + (r\sin\alpha)\cos\theta$

したがって、

$r\cos\alpha = \sqrt{3}$

$r\sin\alpha = 1$

両辺を2乗して足し合わせると、

$r^2\cos^2\alpha + r^2\sin^2\alpha = (\sqrt{3})^2 + 1^2$

$r^2(\cos^2\alpha + \sin^2\alpha) = 3 + 1$

$r^2 = 4$

$r>0$より、$r = 2$

$2\cos\alpha = \sqrt{3}$より、$\cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$2\sin\alpha = 1$より、$\sin\alpha = \frac{1}{2}$

$-\pi < \alpha < \pi$を満たす$\alpha$は、$\alpha = \frac{\pi}{6}$

したがって、$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)$

(2) $\sin\theta - \cos\theta$ の場合

$\sin\theta - \cos\theta = (r\cos\alpha)\sin\theta + (r\sin\alpha)\cos\theta$

したがって、

$r\cos\alpha = 1$

$r\sin\alpha = -1$

両辺を2乗して足し合わせると、

$r^2\cos^2\alpha + r^2\sin^2\alpha = 1^2 + (-1)^2$

$r^2(\cos^2\alpha + \sin^2\alpha) = 1 + 1$

$r^2 = 2$

$r>0$より、$r = \sqrt{2}$

$\sqrt{2}\cos\alpha = 1$より、$\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$

$\sqrt{2}\sin\alpha = -1$より、$\sin\alpha = -\frac{1}{\sqrt{2}}$

$-\pi < \alpha < \pi$を満たす$\alpha$は、$\alpha = -\frac{\pi}{4}$

したがって、$\sin\theta - \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta - \frac{\pi}{4}\right)$

3. 最終的な答え

(1) $2\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)$

(2) $\sqrt{2}\sin\left(\theta - \frac{\pi}{4}\right)$