カテゴリー: 数学Ⅱ

次の解答は誤りです。

誤りの理由をかけ，という問題について考えてみます。この問題の模範解答は

\((1)\)より\(x^2=3-y^2\)．したがって\(3-y^2\geq 0 \Leftrightarrow -\sqrt{3}\leq y \leq \sqrt{3}\)．しかし得られた重解\(y=-3\)はこの式を満たさない。ゆえに連立方程式\((1),(2)\)は実数解をもたない．つまり，\((1)\)と\((2)\)の共有点は存在しない．

という「連立方程式\((1)\)\((2)\)を解いても解がないから，共有点はない。だから接するなんてことはありえない」というものでしたが，ここでは違う視点から誤りを指摘してみます。まず，話を整理するために，「接する」ことの定義を確認しておきます：

また，次を証明しておきます。

証明

（\(\Rightarrow\)）
\begin{align*}
&y=f(x)\text{と}y=g(x)\text{が接する}\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}~&\exists a [f(a)=g(a),~f^{\prime}(a)=g^{\prime}(a)]\\
\Longleftrightarrow~&\exists a [f(a)-g(a)=0,~(f(a)-g(a))^{\prime}=0]\\
\Longleftrightarrow~&\exists a\begin{cases}
f(a)-g(a)=0 \\
(f(a)-g(a))^{\prime}=0
\end{cases}
\end{align*}\(f(x)-g(x)\)は多項式であるから，因数定理により\[f(x)-g(x)=(x-a)Q(x)\]と変形できる．辺々微分して\[(f(x)-g(x))^{\prime}=Q(x)+(x-a)Q^{\prime}(x)\]この式と第2式により\[Q(x)=-(x-a)Q^{\prime}(x)\]を得る．これを最初の式に代入して\[f(x)-g(x)=-(x-a)^2Q^{\prime}(x)\]したがって\(f(x)-g(x)=0\)は重解をもつ．

（\(\Leftarrow\)）

重解を\(a\)とする．仮定により\[f(x)-g(x)=(x-a)^2Q(x)\]とおける．\(x=a\)と代入して\[f(a)-g(a)=0 \Leftrightarrow~f(a)=g(a)\]また，辺々微分して\[f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)=2(x-a)Q(x)+(x-a)^2Q^{\prime}(x)\]これに\(x=a\)と代入して\[f^{\prime}(a)-g^{\prime}(a)=0 \Leftrightarrow~f^{\prime}(a)=g^{\prime}(a)\]ゆえに\(y=f(x)\)と\(y=g(x)\)は接する．

証明終

さて，ここで誤答の「重解をもつから，\((1)\)と\((2)\)は接する」の部分を考えてみると，まず「重解をもつから」の主語が連立した結果の式\[y=\frac{1}{6}(3-y^2)-2\]であることが気になります。接するための十分条件は，多項式\(y=f(x),y=g(x)\)について「\(f(x)-g(x)=0\)が」重解をもつ，であったはずです。したがってまず\(y=f(x),y=g(x)\)という式を用意しなければならない。しかし\(y=\frac{1}{6}x^2-2\)はさておき\(y=\pm\sqrt{1-x^2}\)は多項式ではない。仮定を満たしていない以上，上の定理は使えない（実際，定理の証明を見ると分かるように「多項式」を仮定しないと因数定理も使えないしそもそも重解を定義できない）。

なので，個人的には「実際に調べてみると接しないよね」というより「重解をもつから，接する」という主張（というか理解）のいい加減さ曖昧さを指摘したい。「『どの式が』重解をもつの？」「『その式』が重解をもつことと接することに何の関係があるの？」と問いたい。

「接するときたら重解条件！」のような参考書でよく見るスローガン的解法は，付け焼き刃的には有効かもしれませんが，「接する」とは具体的にどういう状態を指すのか（定義），そして「接する」ことと「重解」をもつことはそれぞれ十分なのか必要なのか，「何が」重解をもつのか，またそれらは何を仮定しているのか，などを考えずにいい加減な理解で使っていると表面上はもっともらしい解答が作れてもよく見るとめちゃくちゃな気持ち悪い解答になる。

というわけで，円と2次曲線の問題では安易に「重解条件」は使ってはいけない。これは肝に銘じておくべきだと思います。

授業で取り扱っていてふと気になった問題。

解答では

\[P=\{(x,y)|x^2+y^2+2x<3\},Q=\{(x,y)|x^2+y^2-2x<15\}\]とすると，「\(p\Rightarrow q\)が真である」\(\Leftrightarrow P\subset Q\)であるから，\(P,Q\)を図示することにより，楽に証明できる。

 
\(P\subset Q\)であることを図示することで証明していて，確かに楽かつ直観的で分かりやすいけど，しかし\((2)\)のような求値問題ならまだしも\((1)\)のような「証明」において「絵」を根拠にしていいのかという違和感があります。ということでお絵かきに頼らない証明を考えてみます。

(1)

仮定により
\begin{align*}
&x^2+y^2+2x<3\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2+y^2<4 \\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2<4\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land -3 < x < 1
\end{align*}であるから，

\[x^2+y^2-2x < (3-2x)-2x = 3-4x < 15\]

証明終

(2)
\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]であるような\(k\)を調べる．\(2x+y\)の値域を\(\mathcal{R}\)とおく．
\begin{align*}
&2x+y \in \mathcal{R}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x,y[2x+y=m \land x^2+y^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[x^2+(m-2x)^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[5x^2-4mx+m^2-5\leq 0]\\
\Longleftrightarrow~&4m^2-5(m^2-5)\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&m^2-25\leq 0\\
\Longleftrightarrow~&-5 \leq m \leq 5
\end{align*}

したがって\(k\leq -5\)であれば，\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]が言える．

解答終

というか，解答で（\(P=\{(x,y)|p(x,y)\},Q=\{(x,y)|q(x,y)\}\)として）\[(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))\Longleftrightarrow P\subset Q\]だから\(P \subset Q\)を言えばよい，と言っているけど，しかしそもそも\(P \subset Q\)の定義は
\begin{align*}
&P \subset Q\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}&~((x,y)\in P \Rightarrow (x,y)\in Q)\\
\Longleftrightarrow&~(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))
\end{align*}
であったから，本来の意味で（定義に従って）この\(P \subset Q\)を示そうとすると循環論法になると思う。それを「図示」でかわすってことかな？でも数学において「図示」を証明の根拠にしていいのだろうか…？解答のこの辺のさじ加減正直よくわからない。

前記事の「とびとびの\(x\)で成り立つ」と「すべての\(x\)で成り立つ」との関係を考えなくてはならない例として，次のようなものがあります。

教科書レベルのよく見る問題です。係数比較法で考えるのが一般的だと思いますがここでは数値代入法で見てみます。
\begin{align*}
&\frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\text{が恒等式}\\
\Longleftrightarrow~&\forall x \left[\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow 2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\\
\end{align*}分母を払って得られた式を見るとこれはぜひ\(0\)と\(2\)を代入したい。しかし，上にあるように式\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)が成り立つことが保証されているのはあくまで\(0\)と\(2\)でない\(x\)に対してであり，\(x\)が\(0\)と\(2\)のときにつにいては一切言及されていません。なので\(x=0\)と\(x=2\)を代入するわけにはいかない。

しかし，\(0\)と\(2\)以外の\(x\)は無限個あるので，当然相異なる\(4\)個の\(x\)でも\(3\)次式\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)は成り立ちます。したがって前記事の定理により，\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)はすべての\(x\)で成り立つ，すなわち恒等式であると言えます：
\begin{align*}
&\frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\text{が恒等式}\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow 2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\\
\overset{\text{定理}}{\Longleftrightarrow}~&\forall x\in \mathbb{R}[2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx]
\end{align*}
これで安心して\(x\)に\(0\)と\(2\)が代入できます。あとは式が簡単になる\(1,3\)あたりを代入すればいいと思います。（逆の考察を忘れずに！）

先の記事のアプローチは
\begin{align*}
&\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
\Longleftrightarrow~&\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[(10^{x-y}+10^{y-z})l+10^{x-z}m+(-x)n=13l+36m+yn]\\
\overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\cdots\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}というものでした。しかしここで気になるのは\((\ast)\)です。係数比較法を思い出すと，
\begin{align*}
&f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_2x^2+a_1x+a_0\\
&g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_2x^2+b_1x+b_0
\end{align*}とすれば

というものでしたが，すべての実数\(l,m,n\)（\(\forall l,m,n \in \mathbb{R}\)）ではなく，\(\forall l,m,n\in\mathbb{Z}\)すなわち’とびとび’の\(l,m,n\)で成り立つときも，やはり同じように係数が等しいと結論できるのでしょうか。ここに不安が残ります。

この問題を解決するために，次の定理を証明します。

証明

\(\Rightarrow\)は明らかであるから，\(\Leftarrow\)を示す．
\(n+1\)個の相異なる解を\(x_1,x_2,\cdots,x_{n+1}\)とする．仮定により
\begin{align*}
&f(x_1)=g(x_1),f(x_2)=g(x_2),\cdots,f(x_{n+1})=g(x_{n+1})\\
\Longleftrightarrow~&f(x_1)-g(x_1)=0,f(x_2)-g(x_2)=0,\cdots,f(x_{n+1})-g(x_{n+1})=0
\end{align*}であるから\[f(x)-g(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n+1})Q(x)\]とかける（因数定理）．ここで\(Q(x)\neq 0\)と仮定すると\(f(x)-g(x)\)は\(n+1\)次式となり矛盾する．したがって\(Q(x)=0\)．ゆえに\[f(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n+1})\cdot 0+g(x)\]より\(\forall x\in\mathbb{R}[f(x)=g(x)]\)を得る．

証明終

この定理によって，\[\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\]は，例えば\(l\)に着目して\(l\)の1次の整式と見なせばこの式は2個以上の\(l\)について成り立ちますから（整数は無限個），上の定理によりすべての\(l\in \mathbb{R}\)で成り立つ，と言えます。\(m,n\)についても同様に考えれば，結局すべての\(l,m,n\in \mathbb{R}\)で成り立つ，すなわち
\begin{align*}
&\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
\Longleftrightarrow~&\forall l,m,n \in \mathbb{R}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]
\end{align*}であることが分かります。これで上の\((\ast)\)が正しいことが確かめられました。

…と，結果的には正しかったのですが，厳密には上の議論をしなくてはならないので，やはり前回記事最初の解答の方が無難だと個人的に思います。

もし日常で上のようなやりとりがあればWさんはちょっとアレなひとと評されますが，数学の問題を考える上ではWさんの姿勢の方が正しい。「なんでも」といった以上，例外は許されないからです。

そこでWさんと同じ姿勢で，「すべての」「任意の」と言われたのでその言葉を逆手にとり自分にとって都合の良い\(l,m,n\)を代入してやろう，と考えます。うまく文字が減ってくれそうなのは\(0\)ですから，これの代入を考えます。しかし\(l,m,n\)すべてに\(0\)と代入しても\(0=0\)という正しくも旨味のない式しか得られませんから，\(l,m,n\)のうち\(2\)つを\(0\)，他を（簡単な）\(1\)と代入してみることにします。

\((l,m,n)=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\)と代入すると，\[\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\]が得られるので，これを解いてみます。

\begin{align*}
&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
\Longleftrightarrow&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
\Longleftrightarrow\begin{cases}10^{2x}+10^{-2x+\log_{10}36}=13\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
\Longleftrightarrow&\begin{cases}(10^{2x})^2-13\cdot10^{2x}+36=0\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
\Longleftrightarrow\begin{cases}(10^{2x}-9)(10^{2x}-4)=0\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
\Longleftrightarrow&\begin{cases}10^{2x}=9 \lor 10^{2x}=4\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
\Longleftrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3 \lor x=\log_{10}2\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
\Longleftrightarrow&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}
よって\((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)または\((\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)と求まります。

しかしこれをもって答えとしてはいけません。なぜならここで得られた結論は必要条件にしか過ぎず，十分条件であるとは限らないからです。つまり
\begin{align*}
&\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
&\Longrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}
ですが
\begin{align*}
&\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
&\Longleftarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}
とは限らない，ということです。なので逆（\(\Leftarrow\)）を調べる必要があります：

\((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)のとき
式\[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny\]にこれらを代入すると\[13l+36m+(-\log_{10}3)n=13l+36m+(-\log_{10}3)n\]となり，これは明らかにすべての\(l,m,n\in\mathbb{Z}\)で成り立つ。

\((x,y,z)=(\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)のとき
上と同様にこれらを代入すると\[13l+36m+(-\log_{10}2)n=13l+36m+(-\log_{10}2)n\]が得られ，やはりすべての\(l,m,n\in\mathbb{Z}\)で成り立つ。

これで逆も言えました。すなわち
\begin{align*}
&\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
&\Longleftrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}であることが分かり，今度は自信をもって\((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)または\((\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)が答えであるといえます。

追記：

次のような解法はどうでしょうか。

\(l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny\)の左辺を\(l,m,n\)で整理して係数を比較してはどうか？

 
すなわち，
\begin{align*}
&\forall x \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
\Longleftrightarrow~&\forall x \in \mathbb{Z}[(10^{x-y}+10^{y-z})l+10^{x-z}m+(-x)n=13l+36m+yn]\\
\overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\cdots\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
\lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
\end{align*}
です。得られる３つの式は同じなので一見正しそうです。このアプローチについて詳しく見てみます。（つづく）

ななんだって！加法定理忘れた？！サイタコスモスどーのこーの？あーやめやめ。作りましょう。教科書には詳しく書いてありますが，それをここで繰り返してもつまらないのでちょっと違う証明を考えてみます。

証明

単位円周上に下図のような点\(\mathrm{P}\)があったとします．

ここに，基本ベクトル\(\overrightarrow{e_1}=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right),\overrightarrow{e_2}=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\)をそれぞれ原点を中心に\(\alpha\)だけ回転させたベクトル\(\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}\)を考え，図示します．\(\mathrm{A}(\cos\alpha,~\sin\alpha),~\mathrm{B}(\cos\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right),~\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right))\)ですから，それらの成分は\[\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\left(\begin{array}{c} \cos\alpha \\ \sin\alpha \\ \end{array} \right),\quad\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\left(\begin{array}{c} \cos\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \\ \sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \\ \end{array} \right)=\left(\begin{array}{c} -\sin\alpha \\ \cos\alpha \\ \end{array} \right)\]です．

この\(\overrightarrow{\mathrm{OA}}\)，\(\overrightarrow{\mathrm{OB}}\)を基底とする新たな座標系の下でこの点\(\mathrm{P}\)を捉え直します．この新座標系における図の点\(\mathrm{P}\)の座標は，\((\cos\beta,~\sin\beta)\)，すなわち\[
\begin{align*}
\overrightarrow{\mathrm{OP}}
&=\cos\beta\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin\beta\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\
&=\cos\beta\left(\begin{array}{c} \cos\alpha \\ \sin\alpha \\ \end{array} \right)+\sin\beta\left(\begin{array}{c} -\sin\alpha \\ \cos\alpha \\ \end{array} \right)\\
&=\left(\begin{array}{c} \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \\ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta \\ \end{array} \right)
\end{align*}\]です．

さらにこれは，
\begin{align*}
\overrightarrow{\mathrm{OP}}&=\left(\begin{array}{c} \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \\ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta \\ \end{array} \right)\\
&=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right)+(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\\
&=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)\overrightarrow{e_1}+(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)\overrightarrow{e_2}
\end{align*}
これは，点\(\mathrm{P}\)が，\(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}\)を基底とする（いつもの）座標系においてその座標が\[(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta,\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)\tag{1}\]であることを示しています．

他方，\(\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}\)を基底とする座標系における点\(\mathrm{P}\)の座標は\begin{align*}\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\left(\begin{array}{c} \cos(\alpha+\beta) \\ \sin(\alpha+\beta) \\ \end{array} \right)=&\cos(\alpha+\beta)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right)+\sin(\alpha+\beta)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \end{array} \right)\\ =& \cos(\alpha+\beta)\overrightarrow{e_1}+\sin(\alpha+\beta)\overrightarrow{e_2}\end{align*}より\[(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))\tag{2}\]であったから，\((1),(2)\)によって

\begin{eqnarray}
\begin{cases}
\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta & \\
\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta &
\end{cases}
\end{eqnarray}

が得られます．

証明終

説明しながらの記述なので面倒くさく見えるかもしれませんが，実際やってみると計算らしい計算なしにすぐに作れます。おすすめ。ちなみに\(\alpha-\beta\)の場合については上で得られた式の\(\beta\)を\(-\beta\)に変えれ直ちに手に入ります。（関連：斜交座標）

サイタコスモスコスモスサイタって覚え方を初めて聞いたとき「コスモスサイタサイタコスモスでも通じるじゃん，覚え方として全く意味なくね…？」と思ったし今でもそう思う。