数学検定問題集１級

日本数学検定協会「数学検定問題集１級」創育（2018.2.1　第１版３刷）
https://www.amazon.co.jp/dp/4882299402/

Table of Contents[hide]

• 
  
  • p14　剰余定理
  • p14　剰余定理の証明
  • p14　基本対称式
  • p14　s_1 の三乗
  • p14　多項定理
  • p14　s_1～s_2
  • p15　複素平面上の三角形
  • p16　計算技能問題２
  • p16　計算技能問題４（１）
  • p16　計算技能問題７
  • p18　例１
  • p19　計算技能問題３
  • p19　計算技能問題５
  • p20　楕円の方程式
  • p20　例１
  • p21　例２
  • p21　例３
  • p21　例３（直交する二直線）
  • p21　例３（ある直線に垂直で、かつ、特定の点を通る直線）
  • p21　例３（接線に引いた垂線の交点 H の座標）
  • p21　例３（ H の軌跡が円となることの証明）
  • p21　例４

p14　剰余定理

例えば、多項式 $P(x)=x^2+3x+1$ を、$(x-2)$ で割った場合の剰余 $r$ は、剰余定理によれば、$$\begin{array}{rcl}r& =& P(2)\\ & =& 2^2+3\times 2+1\\ & =& 11\end{array}$$として求められる筈である。
実際に、$P(x)$ の割り算をしてみると、$$\begin{array}{rcl}P(x)& =& x^2+3x+1\\ & =& (x-2)(x+5)+11\end{array}$$となり、商が$(x-5)$で、余り$r$ は$11$ となる。

p14　剰余定理の証明

多項式$P(x)$を$(x-a)$ で除したときの商を$Q(x)$ 、剰余を$r$ とおくと、$$P(x)=(x-a)Q(x)+r$$が成立しているところ、同式で、$x=a$ としてみると、$$\begin{array}{rcl}P(a)& =& (a-a)Q(a)+r\\ & =& 0\times Q(a)+r\\ & =& r\end{array}$$となる。よって、$r$ は、$P(a)$として求められる。

p14　基本対称式

$$\{\begin{array}{l}{s}_1=x+y+z\\ s_2=xy+yz+zx\\ s_3=xyz\end{array}$$

p14　s_1 の三乗

$s_1$ の三乗は、多項定理を用いて、$$\begin{array}{rcl}(s_1{)}^3& =& (x+y+z{)}^3\\ & =& x^3+y^3+z^3\\ & & +3(x^{2}y+x{y}^2+y^{2}z+y{z}^2+x^{2}z+x{z}^2)\\ & & +6xyz\end{array}$$となる。

p14　多項定理

$$(A+B+C+\cdots +Z{)}^n$$を展開したときの、ある項$$A^a{B}^b{C}^c\cdots Z^z$$の係数は、$$\frac{n!}{a!b!c!\cdots z!}$$である。
例えば、$$(x+y+z{)}^3$$を展開したときの、$xyz$ すなわち、$$x^1{y}^1{z}^1$$の係数は、$$\begin{array}{rcl}\frac{3!}{1!1!1!}& =& \frac{3\times 2\times 1}{1}\\ & =& 6\end{array}$$である。また、$x^{2}y$ すなわち、 $$x^2{y}^1{z}^0$$の係数は、$$\begin{array}{rcl}\frac{3!}{2!1!0!}& =& \frac{3\times 2\times 1}{2\times 1\times 1\times 1}\\ & =& 3\end{array}$$である。また、$x^3$ すなわち、$$x^3{y}^0{z}^0$$の係数は、$$\begin{array}{rcl}\frac{3!}{3!0!0!}& =& \frac{3\times 2\times 1}{3\times 2\times 1\times 1\times 1}\\ & =& 1\end{array}$$となる。

p14　s_1～s_2

$s_1{s}_2$
$$\begin{array}{rcl}{s}_1{s}_2& =& (x+y+z)(xy+yz+zx)\\ & =& x^{2}y+xyz+x^{2}z\\ & & +x{y}^2+y^{2}z+xyz\\ & & +xyz+y{z}^2+x{z}^2\\ & =& x^{2}y+x{y}^2+y^{2}z+y{z}^2+x^{2}z+x{z}^2+3xyz\end{array}$$

p15　複素平面上の三角形

 正三角形は各辺の長さが等しいことから、$$\frac{|\gamma -\beta |}{|\alpha -\beta |}=1$$また、正三角形のひとつの内角は$\frac{\pi }{3}$ であることから、$$\mathrm{\angle }\alpha \beta \gamma =\pm \frac{\pi }{3}$$である。複素数の除算により得られた新たな複素数の偏角は、元の２つの複素数の各々の偏角の差であるから、同式は、$$\arg \left(\frac{\gamma -\beta }{\alpha -\beta }\right)=\pm \frac{\pi }{3}$$のように表現できる。

（参照：複素数の四則演算）
　https://dbkids.co.jp/popimaging/seminar/complex/complexoperation.htm

ここで、$$\omega =\frac{\gamma -\beta }{\alpha -\beta }$$と置くと、上記式より、$$\{\begin{array}{l}|\omega |=1\\ \arg (\omega )=\pm \frac{\pi }{3}\end{array}$$となる。
この$\omega$ を別の複素数平面に図示すると、以下のように、大きさが $1$ （すなわち絶対値を変更しない）、偏角が $\pm \frac{\pi }{3}$ の座標変換として把握できる（$\pm i\sin (\frac{\pi }{3})$ のうち、$i\sin (\frac{\pi }{3})$ を描画）。

次に、${\omega }^2$ について検討をする。複素数の乗算により得られた新たな複素数の偏角は、元の２つの複素数の各々の偏角の和であるから、${\omega }^2$ すなわち $\omega \times \omega$ は、同じ反時計回り方向への$\frac{\pi }{3}$ を２回おこなったもの、すなわち、$\frac{2\pi }{3}$ 回転を意味することになる。

ここで、$\omega$ の先端と ${\omega }^2$ の先端と原点との三点からなる三角形を考えると、原点での角の角度差は、$\frac{\pi }{3}$ であり、また、$|\omega |=|{\omega }^2|=1$ であるから、同三角形は正三角形をなす。よって、$\omega$ の先端と ${\omega }^2$ の先端とを結んだ辺も他の辺と同様、長さ$1$ となる。すなわち、以下の図において、$|{\omega }^2-\omega |=1$ となる。

図から、その正負の符号はマイナスであるから、${\omega }^2-\omega =-1$ となる。すなわち、$\omega$ は、以下の式をみたす。$${\omega }^2-\omega +1=0$$この$\omega$ を元の表記に戻すと、$${\left(\frac{\gamma -\beta }{\alpha -\beta }\right)}^2-\frac{\gamma -\beta }{\alpha -\beta }+1=0$$となる。

p16　計算技能問題２

$f(x)$ を$(2x+3)$ で割ったときの余りが$6$ であるから、商を$g(x)$ とすれば、以下の等式が成立する。$$f(x)=(2x+3)g(x)+6$$同様に、$(3x+7)f(x)$ を$(2x+3)$ で割ったときの余りを$r$ 、商を$h(x)$ とすれば、以下の等式が成立する。$$(3x+7)f(x)=(2x+3)h(x)+r$$ここで、$x=-\frac{3}{2}$ を代入すると、上式は、$$\begin{array}{rcl}f\left(\frac{-3}{2}\right)& =& (2\times \frac{-3}{2}+3)g\left(\frac{-3}{2}\right)+6\\ & =& 0\times g\left(\frac{-3}{2}\right)+6\\ & =& 6\end{array}$$同様に下式に、$x=-\frac{3}{2}$ を代入すると、$$\begin{array}{rcl}(3\times \frac{-3}{2}+7)\times f\left(\frac{-3}{2}\right)& =& (2\times \frac{-3}{2}+3)h\left(\frac{-3}{2}\right)+r\\ (\frac{-9}{2}+7)\times f\left(\frac{-3}{2}\right)& =& 0\times h\left(\frac{-3}{2}\right)+r\\ \frac{-9+14}{2}\times f\left(\frac{-3}{2}\right)& =& r\\ r& =& \frac{-9+14}{2}\times f\left(\frac{-3}{2}\right)\\ & =& \frac{5}{2}\times f\left(\frac{-3}{2}\right)\\ & =& \frac{5}{2}\times 6\\ & =& 15\end{array}$$

p16　計算技能問題４（１）

$x^2-4=(x+2)(x-2)$ であることから、与式を、以下のような部分分数の形へと変形することを考える（$A,B$は未定係数）。$$\frac{1}{x^2-4}=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-2}$$右辺は、以下のように変形できるので、$$\begin{array}{rcl}& =& \frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-2}\\ & =& \frac{A(x-2)+B(x+2)}{(x+2)(x-2)}\\ & =& \frac{(A+B)x-2A+2B}{x^2-4}\end{array}$$与式は、以下のようになる。$$\frac{1}{x^2-4}=\frac{(A+B)x-2A+2B}{x^2-4}$$分子どおしを比較すると、どのような $x$ に対しても、同式が成立するためには、以下の連立方程式を充たす必要があることが分かる。$$\{\begin{array}{l}A+B=0\\ -2A+2B=1\end{array}$$これを解くと、$$\{\begin{array}{l}A=-\frac{1}{4}\\ B=\frac{1}{4}\end{array}$$となるので、与式は、以下の部分分数の形に変形できる。$$\begin{array}{rcl}\frac{1}{x^2-4}& =& \frac{-1}{4(x+2)}+\frac{1}{4(x-2)}\\ & =& \frac{1}{4}(\frac{-1}{x+2}+\frac{1}{x-2})\\ & =& \frac{1}{4}(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2})\end{array}$$

p16　計算技能問題７

複素数 $z=x+iy$ の偏角を $\theta$ とすると、複素数の乗算により得られた新たな複素数の偏角は、元の２つの複素数の各々の偏角の和であるから、$z^2$ の偏角は、$\theta +\theta =2\theta$ である。他方、複素数 $z$ の共役複素数 $\overline{z}=x-iy$ は、$x$ 軸について $z$ と線対称なので、その偏角は$-\theta$ である。これらが等しいというのであるから、$$\begin{array}{rcl}2\theta & =& -\theta \end{array}$$を充たすような$\theta$ を求めれば良い。

そのような $\theta$ は、上記図より、$$\theta =\frac{2}{3}\pi$$である。これを複素数で表示すると、$$\begin{array}{rcl}z& =& \cos \frac{2}{3}\pi \pm i\sin \frac{2}{3}\pi \\ & =& -\frac{1}{2}\pm i\frac{\sqrt{1^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}}{1}\\ & =& -\frac{1}{2}\pm i\sqrt{\frac{3}{4}}\\ & =& -\frac{1}{2}\pm i\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$$

となる。

このほか、$\theta$ が、ちょうど一回転となる場合（$\theta =0,2\pi ,\cdots 2n\pi$）も、常に、$z^2=\overline{z}$ となるので、解となる。その複素数表示は、$$\begin{array}{rcl}z& =& 1+i\times 0\\ & =& 1\end{array}$$である。更に、$z$ が回転変換ではなく、常に原点$(0,0)$ へと原像を移動させる変換である場合、$\overline{z}$ による写像も常に原点$(0,0)$ へと原像を移動させるという点で一致することになるので、解となる。その複素数表示は、

$$\begin{array}{rcl}z& =& 0+i\times 0\\ & =& 0\end{array}$$である。

p18　例１

関数 $f(x)={\log }_{10}(x)$ のグラフより、領域$1<x$ において、${\log }_{10}(x)$ は常に正。

すなわち、$0<{\log }_{10}2$ である。そこで、仮に正の整数 $m,n$ を用いて、$${\log }_{10}2=\frac{n}{m}$$と表し得るかを検討する（他の場合、すなわち、$n=0$ の場合は ${\log }_{10}2=0$ となり誤りであり成り立たない。$m=0$ の場合は$0$ 除算となり定義できないので成り立たない。また、$m,n$ のいずれかが負の整数である場合は ${\log }_{10}2<0$ となり誤りであり成り立たない。$m,n$ のいずれもが負の整数である場合は、いずれもが正である場合の検討で置き換えることができるので、独立に検討する意味がない）。

与式を変形すると、$$\begin{array}{rcl}{\log }_{10}2& =& \frac{n}{m}\\ 2& =& {10}^{\frac{n}{m}}\\ 2^m& =& ({10}^{\frac{n}{m}}{)}^m\\ 2^m& =& {10}^n\\ \frac{2^m}{2^n}& =& \frac{{10}^n}{2^n}\\ 2^{m-n}& =& 5^n\end{array}$$となる。しかし、同式の左辺は偶数、右辺は奇数であるから、同等式は成立しない。（$m-n=0,n=0$ であれば、左辺・右辺ともに$1$ となり成立するが、$n$ は正の整数であるから、その余地はない。）よって、${\log }_{10}2$ は、整数 $m,n$ を用いて、$\frac{n}{m}$ の形で表し得る数（有理数）ではない。すなわち、無理数である。

p19　計算技能問題３

$$\begin{array}{rcl}\cos \theta +\sin \theta & =& \frac{1}{2}\\ (\cos \theta +\sin \theta {)}^2& =& {\left(\frac{1}{2}\right)}^2\\ {\cos }^2\theta +2\cos \theta \sin \theta +{\sin }^2\theta & =& \frac{1}{4}\\ 1+2\cos \theta \sin \theta & =& \frac{1}{4}\\ 2\cos \theta \sin \theta & =& -\frac{3}{4}\\ \cos \theta \sin \theta & =& -\frac{3}{8}\end{array}$$

p19　計算技能問題５

$$\begin{array}{rcl}\tan \theta & =& \frac{\tan \frac{\theta }{2}+\tan \frac{\theta }{2}}{1-\tan \frac{\theta }{2}\cdot \tan \frac{\theta }{2}}\\ & =& \frac{t+t}{1-t\cdot t}\\ & =& \frac{2t}{1-t^2}\end{array}$$

よって、$\theta$ を含む三角形の各辺の関係は、以下の図のようになる。

$$\begin{array}{rcl}\sin \theta & =& \frac{2t}{\sqrt{(2t{)}^2+(1-t^2{)}^2}}\\ & =& \frac{2t}{\sqrt{4t^2+t^4-2t^2+1}}\\ & =& \frac{2t}{\sqrt{t^4+2t^2+1}}\\ & =& \frac{2t}{\sqrt{(t^2+1{)}^2}}\\ & =& \frac{2t}{t^2+1}\end{array}$$同様にして、$$\begin{array}{rcl}\cos \theta & =& \frac{1-t^2}{\sqrt{(2t{)}^2+(1-t^2{)}^2}}\\ & =& \frac{1-t^2}{1+t^2}\end{array}$$

p20　楕円の方程式

高校数学の基本問題（http://www.geisya.or.jp/~mwm48961/kou3/quadratic_1.htm）

p20　例１

$$\begin{array}{rcl}r& =& \frac{1}{1+\cos \theta }\\ r(1+\cos \theta )& =& 1\\ r+r\cos \theta & =& 1\\ r& =& 1-r\cos \theta \\ r& =& 1-x\\ r^2& =& (1-x{)}^2\end{array}$$他方で、$$\begin{array}{rcl}{x}^2+y^2& =& (r\cos \theta {)}^2+(r\cos \theta {)}^2\\ & =& r^2({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )\\ & =& r^2\end{array}$$よって、$$\begin{array}{rcl}(1-x{)}^2& =& x^2+y^2\\ 1-2x+x^2& =& x^2+y^2\\ 1-2x& =& y^2\\ -2x& =& y^2-1\\ x& =& -\frac{1}{2}{y}^2+\frac{1}{2}\end{array}$$となる。これは、点（$\frac{1}{2},0$）を通る$x$軸に上に突の放物線である。

p21　例２

回転座標系の変換式の導出について

（参考：高校物理の備忘録　https://physnotes.jp/mechanics/2d_rot_cor/）

p21　例３

だ円の媒介変数表示について

（参考：なかけんの数学ノート　https://math.nakaken88.com/textbook/basic-ellipse-parametric-representation/）

p21　例３（直交する二直線）

二直線が直交する場合、各々の方向ベクトルも直交するから、方向ベクトルの内積は $0$ である。よって、$$\{\begin{array}{l}{a}_{1}x+b_{1}y=0\\ a_{2}x+b_{2}y=0\end{array}$$すなわち、$$\{\begin{array}{l}y=-\frac{a_1}{b_1}x\\ y=-\frac{a_2}{b_2}x\end{array}$$が直交するとき、方向ベクトル $(b_1,-a_1),(b_2,-a_2)$ について、その内積が$0$ となるから、$$\begin{array}{rcl}{b}_1{b}_2+(-a_1)(-a_2)& =& 0\\ b_1{b}_2+a_1{a}_2& =& 0\\ a_1{a}_2& =& -b_1{b}_2\\ a_2& =& -\frac{b_1{b}_2}{a_1}\end{array}$$となる。これを上記第２式に代入すると、$$\begin{array}{rcl}{a}_{2}x+b_{2}y& =& 0\\ -\frac{b_1{b}_2}{a_1}x+b_{2}y& =& 0\\ -\frac{b_1}{a_1}x+y& =& 0\\ -b_{1}x+a_{1}y& =& 0\\ b_{1}x-a_{1}y& =& 0\end{array}$$となる。よって、二直線$$\{\begin{array}{l}ax+by=0\\ bx-ay=0\end{array}$$は直交する。例えば、二直線$$\{\begin{array}{l}2x+5y=0\\ 5x-2y=0\end{array}$$は、各々、傾きが $-\frac{2}{5},\frac{5}{2}$ の直線であり、以下のように直交する。

交点の座標は、上記連立方程式を解いた解であり、$(0,0)$ となる。

切片定数がついた場合でも、同様であり、例えば、二直線$$\{\begin{array}{l}2x+5y+3=0\\ 5x-2y-7=0\end{array}$$は、以下のように直交する。

交点の座標は、上記連立方程式を解いた解であり、$(1,-1)$ となる。

p21　例３（ある直線に垂直で、かつ、特定の点を通る直線）

いま、$$ax+by+c=0$$に垂直な直線として、$$bx-ay=0$$が考えられる。

同直線が点$(x_0,y_0)$ を通るとき、同式は、$$b(x-x_0)-a(y-y_0)=0$$となる。なお、両直線の交点の座標は、連立方程式$$\{\begin{array}{l}ax+by+c=0\\ b(x-x_0)-a(y-y_0)=0\end{array}$$を $x,y$ について解くことで得られる。

p21　例３（接線に引いた垂線の交点 H の座標）

接線の方程式は、$$\frac{\cos \theta }{a}x+\frac{\sin \theta }{b}y-1=0$$であり、同接線に垂直で、かつ、点（$c,0$）を通る直線は、$$\frac{\sin \theta }{b}(x-c)-\frac{\cos \theta }{a}(y-0)=0$$であるから、両直線の交点 H の座標 $(x,y)$ は、両式を連立方程式$$\{\begin{array}{l}\frac{\cos \theta }{a}x+\frac{\sin \theta }{b}y-1=0\\ \frac{\sin \theta }{b}(x-c)-\frac{\cos \theta }{a}(y-0)=0\end{array}$$としたときの解として得られる。第１式を変形すると、$$\begin{array}{rcl}\frac{\cos \theta }{a}x+\frac{\sin \theta }{b}y& =& 1\\ b\cos \theta x+a\sin \theta y& =& ab\end{array}$$となり、第２式を変形すると、$$\begin{array}{rcl}\frac{\sin \theta }{b}x-\frac{\cos \theta }{a}y& =& \frac{c}{b}\sin \theta \\ a\sin \theta x-b\cos \theta y& =& ac\sin \theta \end{array}$$となるので、連立方程式は、$$\{\begin{array}{l}b\cos \theta x+a\sin \theta y=ab\\ a\sin \theta x-b\cos \theta y=ac\sin \theta \end{array}$$となる。

これを、$(x,y)$ について解くために、行列形式で表わすと、$$\left(\begin{array}{cc}b\cos \theta & a\sin \theta \\ a\sin \theta & -b\cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}ab\\ ac\sin \theta \end{array}\right)$$となる。

両辺に左から、逆行列を乗ずると、$$\begin{array}{rcl}\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)& =& \frac{1}{-b^2{\cos }^2\theta -a^2{\sin }^2\theta }\left(\begin{array}{cc}-b\cos \theta & -a\sin \theta \\ -a\sin \theta & b\cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}ab\\ ac\sin \theta \end{array}\right)\\ & =& \frac{1}{b^2{\cos }^2\theta +a^2{\sin }^2\theta }\left(\begin{array}{cc}b\cos \theta & a\sin \theta \\ a\sin \theta & -b\cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}ab\\ ac\sin \theta \end{array}\right)\\ & =& \frac{1}{b^2{\cos }^2\theta +a^2{\sin }^2\theta }\left(\begin{array}{c}a{b}^2\cos \theta +a^{2}c{\sin }^2\theta \\ a^{2}b\sin \theta -abc\sin \theta \cos \theta \end{array}\right)\\ & =& \frac{1}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\left(\begin{array}{c}a(b^2\cos \theta +ac{\sin }^2\theta )\\ ab\sin \theta (a-c\cos \theta )\end{array}\right)\end{array}$$となるので、

交点Hの座標 $(x,y)$ が、$$x=\frac{a(b^2\cos \theta +ac{\sin }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }$$$$y=\frac{ab\sin \theta (a-c\cos \theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }$$として求められた。

p21　例３（ H の軌跡が円となることの証明）

点Hの座標$(x,y)$ について、$$\begin{array}{rcl}{x}^2+y^2& =& {\left(\frac{a(b^2\cos \theta +ac{\sin }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\right)}^2+{\left(\frac{ab\sin \theta (a-c\cos \theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\right)}^2\\ & =& \frac{a^2(b^4{\cos }^2\theta +2a{b}^{2}c\cos \theta {\sin }^2\theta +a^2{c}^2{\sin }^4\theta )}{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & & +\frac{a^2{b}^2{\sin }^2\theta (a^2-2ac\cos \theta +c^2{\cos }^2\theta )}{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & =& \frac{a^2{b}^4{\cos }^2\theta +2a^3{b}^{2}c\cos \theta {\sin }^2\theta +a^4{c}^2{\sin }^4\theta }{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & & +\frac{a^4{b}^2{\sin }^2\theta -2a^3{b}^{2}c\cos \theta {\sin }^2\theta +a^2{b}^2{c}^2{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & =& \frac{a^2{b}^4{\cos }^2\theta +a^4{c}^2{\sin }^4\theta +a^4{b}^2{\sin }^2\theta +a^2{b}^2{c}^2{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & =& \frac{a^2{b}^2(b^2{\cos }^2\theta +a^2{\sin }^2\theta )+a^2{c}^2{\sin }^2\theta (a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta )}{(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta {)}^2}\\ & =& \frac{a^2{b}^2+a^2{c}^2{\sin }^2\theta }{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\\ & =& \frac{a^2(b^2+c^2{\sin }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\end{array}$$となるところ、$$c^2=a^2-b^2$$を代入すると、与式は、$$\begin{array}{rcl}& =& \frac{a^2(b^2+(a^2-b^2){\sin }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\\ & =& \frac{a^2(b^2+a^2{\sin }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\\ & =& \frac{a^2(a^2{\sin }^2\theta +b^2(1-{\sin }^2\theta ))}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\\ & =& \frac{a^2(a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta )}{a^2{\sin }^2\theta +b^2{\cos }^2\theta }\\ & =& a^2\end{array}$$となる。

すなわち、$$x^2+y^2=a^2$$となる。

これは、原点$(0,0)$ を中心とする半径$a$ の円を表している。

p21　例４

$${\cos }^{2}t=\frac{1}{1+{\tan }^{2}t}$$の関係を式変形に用いている。同式の証明は、以下のとおり。$$\begin{array}{rcl}{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t& =& 1\\ (1+\frac{{\sin }^{2}t}{{\cos }^{2}t}){\cos }^{2}t& =& 1\\ (1+{\tan }^{2}t){\cos }^{2}t& =& 1\\ {\cos }^{2}t& =& \frac{1}{1+{\tan }^{2}t}\end{array}$$