tan(x/2)で置換積分して最適な積分変数を求める

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

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▷【別解】大学数学で学ぶ複素関数を用いた複素積分

【問１】
以下の不定積分を求めよ。


【解の第１段階】
　この問題を解く第１段階として、
tan(x/2)=ｕとする変数ｕを導入して以下の様に解く。
（変数ｕを導入する考え方）
tan(x/2)=ｕ
とする変数ｕを導入する場合は、
「ここをクリックした参考サイトの様な解き方」
をすると、
x/2=π/2の点で、
tan(x/2)の値が無限大になってしまうので、
その点を含む x の区間では積分できない
という問題がある。
（ここをクリックした先の「広義積分を必要とする積分の例」を参照）

　しかし、それを改善する手段がある。
（１）　tan(x/2)が無限大になってその点のｘで積分できないので、不定積分の変数ｘの定義域を、そのｘの点を境界点にしたその境界点以外の左側の区間を第１の不定積分の変数ｘの定義域にする。また、その境界点以外の右側の区間を第２の不定積分の変数ｘの定義域にする。そのように、定義域が異なる２つの不定積分の解を求める。
（２）　そのように定義域がバラバラな不定積分の解同士が、そのｘの境界点で、不定積分の有限な値の極限値があり、そのｘの境界点で、第１と第２の不定積分の解が接続できる場合は、そのｘの境界点での極限値をその不定積分の関数の値として定義する。それは広義積分と呼ばれている。広義積分をすることを明確にするために、以下の説明文を解答に加える。
「この不定積分の関数F(x)でのcos(x/2)→0となる変数ｘの極限でのF(x)の極限値を、そのｘの値でのF(x)の値と定義する」
　そして、ｘの境界点の左右の区間をつないで一体化して１つの区間にし、その区間を第１と第２の不定積分を合体させた関数F(x) の定義域にする。こうして、元の関数ではxの値が定義されていたが、tan(x/2)=ｔとする変数ｔを導入することで潰された変数xの値を、広義積分によってそのｘの点での関数F(x)の値を定義することでそのｘの点を定義域に復活させる。また、関数F(x) の定義域の区間を拡大する。

　以下で、その方法により解く。

【第１段階開始】
　この問題を、
tan(x/2)=uとする変数uを導入して以下の様に解く。


〔変数ｘの第１の定義域の不定積分〕
　以下のように、変数ｘを変数ｕに置き換えて置換積分する。その置換積分に対応して、置換積分をする変数ｘと変数ｕの範囲を定義し、計算の準備をする。得られる不定積分の関数は、式(3)で与えられる定義域の範囲の関数である。



次に、以下の置換積分の計算をする。


ここで、再度変数を変換して置換積分の計算をする。


ここで、式(8)と(2)によって、変数θと変数ｘとを結びつける式を整理する。

この式の両辺を２乗する。

この式(13)は、式(3)で制限された範囲の変数ｘによっては、分母が０にならない。
この式を変形する。


この式(14)で定義される変数θによって、積分結果が以下の式であらわされる。

なお、式(14)と対になるべき、sin(2θ)を変数ｘであらわす式が、以下の計算によって得られる。

こうして、変数θが、式(14)(15)で定義されて、式(3)で制限された変数ｘの範囲での不定積分が以下の式であらわされた。

（第１の定義域の不定積分おわり）

〔変数ｘの第２の定義域の不定積分〕
　以下のように、式(23)で与える変数ｘの第２の定義域での不定積分を、変数ｘを変数ｕに置き換えて置換積分する。

これ以降の計算は、先の式(6)から式(15)の計算を繰り返して、変数ｘの第２の定義域の不定積分を計算する。
こうして、変数θが、式(14)(15)で定義されて、式(3)で制限された変数ｘの範囲での不定積分が以下の式であらわされた。

（第２の定義域の不定積分おわり）

〔広義積分の適用による積分の定義域の制限の解消〕
　上の式の計算で、不定積分の第１の定義域と第２の定義域の境界点のｘ＝πの点を考える。その境界点の極限において、式(11)で与えられる不定積分の値が有限の値の極限値を持つ。そのため、ｘ＝πの点での不定積分の値をその極限値で定義する（広義積分の処理を行う）。その次に、第１の定義域の不定積分の定義域と第２の定義域の不定積分の定義域をつないで１つの定義域にした不定積分の解を得る。こうして広義積分を行なうことで、置換積分を媒介する変数ｕの導入によって制限されていた不定積分の積分範囲の制限を解消する。

（以上で解の第１段階の処理おわり）

【第２段階開始】
　以上の計算の結果、元の式を置換積分するために最適な積分変数が何であるかがわかった。そのため、その積分変数を使って、置換積分する。

以下の２つの式で定義する単位円の偏角の変数ｗを導入する。すなわち、式(a2)では、変数ｗを、cos()の逆関数と右辺のｘの式との合成関数で定義している。

（注意）単位円の偏角ｗは、cos(ｗ)の式だけで偏角ｗを定義する通常の定義の場合には、ｗの値の範囲を限定して偏角を定義していた。一方で、偏角ｗを、そのような値の範囲の限定に依らずに定義する場合は、sin(ｗ)の式とcos(ｗ)の式との２式を並置することで偏角ｗの値を確定させる必要がある。ただし、sin(ｗ)の式とcos(ｗ)の式を互いに矛盾しない式にする必要がある。

式(a2)と(a3)で定義されるｗとｘとは１対１で対応する。そのように扱い易い関係がある。
先ず式(a3)の両辺を微分する。
式(a2)を代入する。

この第２段階の積分の計算では、変数ｘの定義域を狭めない変数変換によって積分ができた。
（第２段階おわり）

（注意）式(a2)を代入した式を式(a4)に変形する計算は、値が０になり得る式(1+2cosx)で式を割り算する計算を含むので、同値変形では無い。その計算方法は、積分に広義積分を含ませることにより許されていることに注意すべきである。

（補足）
　ここで、変数ｗとｘとに１対１対応の関係が成り立つ場合に、以下の関係が成り立つことを利用して、堂々と積分変数を変更して置換積分して良い。


【別解】大学数学で学ぶ複素関数を用いた複素積分
　この問題の積分は、「積分計算と相性が良い三角関数の積の分数の分解の公式」を利用して、以下のように積分することもできる。


ここで、「積分計算と相性が良い三角関数の積の分数の分解の公式」を適用する。また、複素積分を行い、複素数の対数関数log(複素数)を用いる。（通常の実関数としての対数関数にはln()という記号を、複素関数としての対数関数にはlog()という記号を使って区別すると良いと思う）


この式(b3)から、解をあらわす式(b4)(b5)が得られる。

（別解おわり）

【微分して検算する】
　以上の別解の積分結果を微分すれば逆に、元の被積分関数が得られると考える。そのことを、以下の一般的な形の式を微分して確認する。

以上の２つの式であらわされた関数ｗを微分する。
先ず、式(2)をｘで微分する。


この式(3)に式(1)を代入する。

関数ｗの微分の式(4)が得られたので、
式(4)の右辺の積分が、式(1)(2)で表わされる関数ｗであることが確認できた。
（検算おわり）

（検算（その２））
以下の条件内に限定した以下の計算をして検算することもできる。
すなわち、式(1)と(2)から、以下の式(5)が得られる。
ｘの値が(π/2)などの、式(5)の分母を０にする値においては式(6)が定義されていない。しかし、その制限に対して、広義積分によって、変数ｘをその値に近づける極限での式(6)の各項の極限値を、変数ｘがその値での式(6)の各項の値と定義する。それにより、変数ｘがその値の場合でも式(6)を定義する。

　こうして、関数ｗの微分の式(6)が得られたので、
式(6)の右辺の積分が、式(1)(2)で表わされる関数ｗであることが確認できた。
（検算おわり）

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三角比の分数式の三平方の定理

これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。

【問題１】 
g>1の場合に、以下の式(1)：

が成り立つ事を証明せよ。

【証明開始】
分子を以下のように変形する。

分子の２乗和が、分母の２乗に等しくなった。
よって、式(1)が成り立つ。
（証明おわり）

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３つの組に（各人を区別できる）所定人数を割り当てる組合せの数と、組分けの構造の対称性

以下は、ここをクリックした先のページの問３から問７の解答です。

【問３】
　（各人を区別できる）６人を、A組とB組とC組に、３人と、２人と、１人に分ける、ただし、各組に３人か２人か１人かを自由に割り当てた、あらゆる組み合わせの数は何通りあるか。

【問３の解答】
（１）
　３人割り当てた組（１組）と、２人割り当てた組（２組）と、１人割り当てた組（３組）を作る。
その組み合わせの数は、先ず、６人のうち３人を１組に割り当て、次に残った３人のうち２人を２組に割り当て、最後に残った１人を３組に割り当てる場合の数であって、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１），

通りである。
（２）
　１組と２組と３組をＡ組とＢ組とＣ組に、あらゆる組み合わせで対応させる組み合わせの数は３！である。
（３）
　A組とB組とC組に、３人と２人と１人を自由割り当てて分ける、あらゆる組み合わせの数は、
（３人割り当てた組（１組）と、２人割り当てた組（２組）と、１人割り当てた組（３組）を作るあらゆる組み合わせの数）×（１組と２組と３組を、Ａ組とＢ組とＣ組に対応させるあらゆる組み合わせの数）
である。その数は、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１）×（３！），
通りである。
（問３の解答おわり）

【問４】
　６人を、A組に３人、B組に２人、C組に１人を入れる組み合わせの数は何通りあるか。

【問４の解答】
（１）
　A組に３人割り当て、B組に２人割り当て、C組に１人割り当てる。
その組み合わせの数は、先ず、６人のうち３人をA組に割り当て、次に残った３人のうち２人をB組に割り当て、最後に残った１人をC組に割り当てる場合の数であって、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１），

通りである。
（問４の解答おわり）

【問５】
　６人を、３人と、２人と、１人に分けるあらゆる組み合わせの数は何通りあるか。

【問５の解答】
（１）
A組とB組とC組に、３人と２人と１人を自由に割り当てて分ける、あらゆる組み合わせの数は、【問３】の通り、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１）×（３！），
通りである。
（２）
３人と２人と１人の３組を、A組とB組とC組に対応付けるあらゆる組み合わせの数は、３！組ある。
（３）
６人を、３人と、２人と、１人に分けるあらゆる組み合わせの数＝
＝（A組とB組とC組に、３人と２人と１人を自由に割り当てて分ける、あらゆる組み合わせの数）／（３組を、A組とB組とC組に対応付ける組み合わせの数）
＝（A組とB組とC組に、３人と２人と１人を自由割り当てて分ける、あらゆる組み合わせの数）／（３！）
＝（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１）
（問５の解答おわり）

【問６】
　６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分けるあらゆる組み合わせの数は何通りあるか。

【問６の解答】
　６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分けるあらゆる組み合わせの数は、先ず、６人のうち２人をA組に割り当て、次に残った４人のうち２人をB組に割り当て、最後に残った２人をC組に割り当てる場合の数であって、
（_６Ｃ_２）（_４Ｃ_２）（_２Ｃ_２），

通りである。
（問６の解答おわり）

【問７】
　６人を、各組２人の（区別が無い）３組に分けるあらゆる組み合わせの数は何通りあるか。

【問７の解答】
（１）
６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分けるあらゆる組み合わせの数は、【問６】の通り、
（_６Ｃ_２）（_４Ｃ_２）（_２Ｃ_２），

通りである。
（２）
各２人の（名前の区別が無い）３組を、A組とB組とC組への組分けに対応付けるあらゆるバラエティの数、言い換えると、「A組とB組とC組への組分けを種にして、組の名前を付け替えて得られる組分けのバラエティの数」は、３！＝６ある。

（３）
６人を、各組２人の３組に分けるあらゆる組み合わせの数＝
＝（６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分けるあらゆる組み合わせの数）／（名前の区別が無い３組を、A組とB組とC組への組分けに対応付けるバラエティの数）
＝（６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分けるあらゆる組み合わせの数）／（３！）
＝（_６Ｃ_２）（_４Ｃ_２）（_２Ｃ_２）／（３！），
通りである。
（問７の解答おわり）

《組み合わせの構造の対称性》
（事例１）
　【問６】の、（６人を、A組とB組とC組に、各組２人ずつ分ける組み合わせ）の組分けの数は、
（_６Ｃ_２）（_４Ｃ_２）（_２Ｃ_２），

通りあります。
その組分けでは、
A組　　　　　B組　　　　C組
[人1,人2]　 [人3,人4]　 [人5,人6],　　（組分け１）
という組分けと、
[人5,人6]　 [人3,人4]　 [人1,人2],　　（組分け２）
という組分けがあります。
この、２人ずつ３つに分ける組分けには、その３つの組の人数がどれも同じ数であるという対称性があります。
そのため、【問７】で、A組とB組とC組の区別を無くすと、
この組分け１と組分け２は同じ組み分けになって重複します。
このように、A組とB組とC組の区別を無くすと、その対称性のために同じ組分けになって重複する組分けが発生します。そのため、その対称性のバラエティの３！で割り算して重複を無くした組分けの数を数える必要がありました。

（事例２）
　一方で、【問４】で、A組に３人、B組に２人、C組に１人を割り当てる、各組の人数を異なる人数に固定して組み分けする組分けの数は、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１），

通りあります。
その組分けでは、
A組　　　　　　　B組　　　　C組
[人1,人2,人3]　 [人4,人5]　 [人6],
という組分けがある。
この、各組の人数が異なる人数が固定された組み分けでは、３つの組の人数がどれも異なって、人数の対称性がありません。
そのため、【問５】で組の区別を無くしても、重複する組分けは発生しません。すなわち、事例２の場合から、Ａ，Ｂ，Ｃという組の区別を無くても、組分けの数が変りませんでした。

（事例３）
　【問４】で、A組に３人、B組に２人、C組に１人を入れる、各組の人数を異なる人数に固定して組み分けする組分けの数は、
（_６Ｃ_３）（_３Ｃ_２）（_１Ｃ_１），

通りあります。
しかし、その組分けでは、A組とB組とC組の人数に偏りがあります。Ａ組とＢ組とＣ組を入れ替えたあらゆる場合の組み合わせではありませんでした。
Ａ組とＢ組とＣ組を入れ替えたあらゆる場合の組み合わせは、【問３】の場合の組み分けでした。その【問３】の組み分けに、各組の区別を無くしたのが【問５】の組み分けでした。
その【問３】の組み分けでＡ組とＢ組とＣ組を置き換えた組み分けは、【問５】では同じ組み分けになって重複する組分けになります。
　すなわち、組の置き換えに関して対称な組み分けである、組の区別が無い組み分けの数は、Ａ組とＢ組とＣ組を入れ替えたあらゆる組み分けの数を、組の置き換えのバラエティの数の３！で割り算した数になりました。
　この関係は普遍的な関係であって、【問６】と【問７】の間でも成り立っていました。すなわち、Ａ組とＢ組とＣ組を入れ替えたあらゆる組み分けを含む【問６】の組み分けの数を、組の置き換えのバラエティの数の３！で割り算した数が、各組の区別を無くした【問７】の組み分けの数になる関係が成り立っていました。

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９人の組み分けのバラエティの数

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
（各人を区別できる）９人をＡ組とＢ組とＣ組に、どの組にも１人以上入るように分ける組合せの数はいくつあるか。

【解答１】
（１）先ず、9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃの３つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
（２）次に、9人を、(人数指定なく0人もOK）Ａ組とＢ組の２つの組に分け、Ｃ組は０人にする、２組占めで分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
ここで、
（２－１）その組み合わせの数のうち、９人全員を１組に入れてしまう１組占めの組み合わせの数は、A組占めにするかB組占めにするかの、
２通りがある。
（２－２）その２組占めにする２組を選ぶ組み合わせの数は、３つある。
（２－３）９人を、１人以上入れる２組占めに分ける組合せの数は、

通りある。
（３）A組０人B組０人C組９人にする、Ｃ組のみの１組占めで分ける事を考える。
その組み合わせの数は、
１通りある。
（３－１）９人全員を入れる１組占めする組（例えばＣ組）の選び方の数は、３つの選び方ができる。
（３－２）９人を、１人以上入れる１組占めに分ける組合せの数は、
３通りある。
（４）以上の結果から、９人をＡ組とＢ組とＣ組に、どの組にも１人以上入るように分ける組合せの数は、

通りある。
（解答おわり）

【別解１】
先の解における、
（２－３）９人を、１人以上入れる２組占めに分ける組合せの数は、
(A 0人　B 1人以上　C １人以上、の場合の数)
+(B 0人　C 1人以上　A １人以上、の場合の数)
+(C 0人　A 1人以上　B １人以上、の場合の数)

だけある。

《組分け問題の本質の数学構造を理解する》
　組分けの数には、以下の数学的構造がある。

よって、

になる。
　そのため、別解の計算結果も先の解と同じ式で表せる。
　組分け問題を深く考えることで、組分け問題の底に隠されている本質の数学の構造が見えてくる面白さがあります。そういう面白さを見つけるように数学を学ぶのが楽しいことだと思います。
（別解おわり）

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３点が１直線上にある証明

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　平行四辺形ABCD内の1点Pを通り,各辺に平行線を引き辺AB,CD,BC,DAとの交点を,順にQ,R,S,Tとする。2直線QS,RTが点Oで交わる時,3点O,A,Cは1つの直線上にあることを示せ。


《解答方針》
　この問題をメネラウスの定理の逆を用いて３点が一直線上にあることを証明する証明方法が良く知られています。
このページでは、その証明方法は使わず、もっと問題の本質を的確に把握して証明する、ベクトルの概念を用いた証明方法を示します。

【解答】
AT=QP=BS=x,
TD=PR=SC=y,
AQ=TP=DR=s,
QB=PS=RC=t,
とする。

水平線をOTRとして、その水平線上の点Aと点Pと点Cの高さの比は：
平行する２つの線分ＴＡとＲＰを考え、
点Aの高さ→ｘ，
点Ｐの高さ→ｙ，
（点Ｐの高さ）／（点Ａの高さ）＝(y/x),
になる。

また、
平行する２つの線分ＲＣとＴＰの長さの比が
(RC/TP)=(t/s)であるので、
（点Ｃの高さ）／（点Ｐの高さ）＝(t/s),
よって、
（点Ｃの高さ）／（点Ａの高さ）＝｛（点Ｃの高さ）／（点Ｐの高さ）｝｛（点Ｐの高さ）／（点Ａの高さ）｝
＝(t/s)(y/x)
＝(yt)/(sx), 　　(1)

一方で、
水平線をOQSとして、その水平線上の点Aと点Pと点Cの高さの比は：
平行する２つの線分ＱＡとＳＰを考え、
点Aの高さ→s，
点Ｐの高さ→t，
（点Ｐの高さ）／（点Ａの高さ）＝(t/s),
になる。

また、
平行する２つの線分ＳＣとＱＰの長さの比が(SC/QP)=(y/x)であるので、
（点Ｃの高さ）／(点Ｐの高さ)＝(y/x),
よって、
（点Ｃの高さ）／（点Ａの高さ）＝｛（点Ｃの高さ）／（点Ｐの高さ）｝｛（点Ｐの高さ）／（点Ａの高さ）｝
＝(y/x)(t/s)
＝ (yt)/(sx), 　　(2)

直線OTRを水平線（基準線）とした基準線からの高さの比(式1)も、
直線OQSを水平線（基準線）とした基準線からの高さの比(式2)も同じ(yt)/(sx)であった。

ベクトルOAとOCを以下の式であらわす。

そうすると、
直線OTRを基準（水平線）にした、（点Ｃの高さ）／（点Ａの高さ）は、f/w,
直線OQSを基準（水平線）にした、（点Ｃの高さ）／（点Ａの高さ）は、e/u,
になる。
ここで、式(1)と式(2)から、その高さの比は等しく(yt)/(sx)であった。
ゆえに、
f/w=e/u=(yt)/(sx),
そのため、ベクトルOCは、ベクトルOAの(f/w)倍の大きさの、ベクトルOAに平行なベクトルである。
よって、点Ｏ，Ａ，Ｃは一直線上にある。
（証明おわり）

《ここをクリックして得るpdf》
　この設問では無いのですが、３点が一直線上にある事を示す種々の方法の事例が書いてあります。

リンク：
メネラウスの定理の証明：線の垂直線への射影の利用
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確率の問題を空試行を考えて解く

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　下の図のような格子状の道がある。スタートの場所Ａから出発し，コインを 投げて，表が出たら右へ 1 区画進み，裏が出たら上へ 1 区画進むとする。
ただし，右の端で表が出たときと，上の端で裏が出たときは動かないものとす る。
　この試行を行なうとき、以下の問いに答えよ。
(1)　8 回コインを投げ てもゴールＢに到達できない確率を求めよ。

　
【空試行を考えた解答１】
　先ず、全試行のうちの１つの事象を数列で表します。
表が出る場合を１とし、裏が出る場合を０とすると、
８回以内でゴールに到達する全ての場合は、
以下の３通りがあります。

（７回でゴールに達する場合）の事象の連鎖：
(1,1,1,0,0,0,1)
(1,1,1,0,0,1,0)
(1,1,1,0,1,0,0)
(1,1,1,1,0,0,0)
・・・

通りがあります。

（８回でゴールに達する場合（その１））の事象の連鎖：
８回目の試行の事象が０になる事象の連鎖。
(1,1,1,1,0,0,1,0)
(1,1,1,1,0,1,0,0)
(1,1,1,1,1,0,0,0)
・・・

通りがあります。

（８回でゴールに達する場合（その２））の事象の連鎖：
８回目の試行の事象が１になる事象の連鎖。
(1,1,0,0,0,0,1,1)
(1,1,0,0,0,1,0,1)
(1,1,0,0,1,0,0,1)
・・・

通りがあります。

　７回でゴールに達する場合を、既にゴールに達した後でもコインを投げる空試行も加えると、８回の試行で表された事象の連鎖として表すことができます。そうすることで、その８回の試行の事象の連鎖が生じる確率が、８回でゴールインする場合の８回の試行の事象の連鎖の生じる確率と、同様に確からしくなります。
(空試行の追加その１)の事象の連鎖：
８回目の試行の事象が１になる事象の連鎖。
(1,1,1,0,0,0,1,0)
(1,1,1,0,0,1,0,0)
(1,1,1,0,1,0,0,0)
(1,1,1,1,0,0,0,0)
・・・

通りと、
(空試行の追加その２)の事象の連鎖：
８回目の試行の事象が１になる事象の連鎖。
(1,1,1,0,0,0,1,1)
(1,1,1,0,0,1,0,1)
(1,1,1,0,1,0,0,1)
(1,1,1,1,0,0,0,1)
・・・

通り、
があります。

８回でゴールに達する場合（その１）の事象の連鎖に、７回でゴールに達した後でコインを投げる空試行の追加その２の場合の事象の連鎖を加えると、
以下の、1が５つと０が３つの場合の全事象が得られる：
８回でゴールに達する場合（その１）の事象の連鎖：
(1,1,1,1,0,0,1,0)
(1,1,1,1,0,1,0,0)
(1,1,1,1,1,0,0,0)
・・・
(７回で達する場合に空試行の追加その２)の事象の連鎖：
(1,1,1,0,0,0,1,1)
(1,1,1,0,0,1,0,1)
(1,1,1,0,1,0,0,1)
(1,1,1,1,0,0,0,1)
・・・

通りがあります。

８回でゴールに達する場合（その２）の事象の連鎖に、７回でゴールに達した後でコインを投げる空試行の追加その１の場合の事象の連鎖を加えると、
以下の、1が４つと０が４つの場合の全事象が得られる：
８回でゴールに達する場合（その２）の事象の連鎖：
(1,1,0,0,0,0,1,1)
(1,1,0,0,0,1,0,1)
(1,1,0,0,1,0,0,1)
・・・
(７回で達する場合に空試行の追加その１)の事象の連鎖：
(1,1,1,0,0,0,1,0)
(1,1,1,0,0,1,0,0)
(1,1,1,0,1,0,0,0)
(1,1,1,1,0,0,0,0)
・・・

通りがあります。

その２つの場合を合わせて計算することで、
８回以内でゴールＢに到達する全ての場合の確率が以下の式で計算できる。

そのため、8 回コインを投げ てもゴールＢに到達できない確率は、以下の式で計算できる。

（解答おわり）

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三角形の２辺と１つの角から残りの辺を求める

これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。

【問１】

上図の三角形ＡＢＣの長さｂを求めよ。

【解答】
　この問題は、３辺の２乗を使う余弦定理を用いて、長さｂを計算することもできる。しかし計算間違いをし易い計算になる。

【余弦定理を使うよりも楽な解き方】
　以下の様に計算すると、それよりも楽に計算ができる。

【解答はじめ】
　以下の様に補助線を引いて直角三角形ABHを作って計算します。

①②③④の順に長さを求めて、 ｂ＝AC＝２, を計算する。
（解答おわり）

（補足）
　この解き方を高校生が知ると、毎回この解き方で解き、余弦定理を使わないので、余弦定理を覚えさせるためにこの解き方は高校の先生には望まれていないようです。
　しかし、真剣勝負の場では、すなわち大学受験や、校外の模擬試験では、もちろん楽な解き方の方が良いので大いに使ってください。

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