sinとcosの5乗が1になる方程式

\(\sin x+\cos x=t\)とおく。
両辺2乗すると、
\[ \cos^{2}x+\sin^{2}x+2\sin\cos x=t^{2} \] より、
\[ \sin\cos x=\frac{t^{2}-1}{2} \] となる。
これより、
\begin{align*} 0 & =\sin^{5}x+\cos^{5}x-1\\ & =\left(\sin x+\cos\right)^{5}-C\left(5,1\right)\sin^{4}x\cos x-C\left(5,2\right)\sin^{3}x\cos^{2}x-C\left(5,3\right)\sin^{2}\cos^{3}x-C\left(5,2\right)\sin\cos^{4}x-1\\ & =\left(\sin x+\cos\right)^{5}-5\sin x\cos x\left(\sin^{3}x+\cos^{3}x\right)-10\sin^{2}x\cos^{2}x\left(\sin x+\cos x\right)-1\\ & =\left(\sin x+\cos\right)^{5}-5\sin x\cos x\left\{ \left(\sin x+\cos x\right)^{3}-C\left(3,1\right)\sin^{2}x\cos x-C\left(3,2\right)\sin x\cos^{2}x\right\} -10\sin^{2}x\cos^{2}x\left(\sin x+\cos x\right)-1\\ & =\left(\sin x+\cos\right)^{5}-5\sin x\cos x\left\{ \left(\sin x+\cos x\right)^{3}-3\sin x\cos x\left(\sin x+\cos x\right)\right\} -10\sin^{2}x\cos^{2}x\left(\sin x+\cos x\right)-1\\ & =t^{5}-5\frac{t^{2}-1}{2}\left\{ t^{3}-3\frac{t^{2}-1}{2}t\right\} -10\left(\frac{t^{2}-1}{2}\right)^{2}t-1\\ & =\frac{1}{4}\left\{ 4t^{5}-5\left(t^{2}-1\right)\left\{ 2t^{3}-3\left(t^{2}-1\right)t\right\} -10\left(t^{2}-1\right)^{2}t-4\right\} \\ & =\frac{1}{4}\left\{ 4\left(t^{5}-1\right)-5\left(t^{2}-1\right)\left(-t^{3}+3t\right)-10\left(t^{2}-1\right)^{2}t\right\} \\ & =\frac{1}{4}\left\{ 4\left(t-1\right)\left(1+t+t^{2}+t^{3}+t^{4}\right)-5t\left(t^{2}-1\right)\left(-t^{2}+3\right)-10\left(t^{2}-1\right)^{2}t\right\} \\ & =\frac{t-1}{4}\left\{ 4\left(1+t+t^{2}+t^{3}+t^{4}\right)-5t\left(t+1\right)\left(-t^{2}+3\right)-10\left(t+1\right)\left(t^{2}-1\right)t\right\} \\ & =\frac{t-1}{4}\left\{ 4\left(1+t+t^{2}+t^{3}+t^{4}\right)-5t\left(t+1\right)\left(t^{2}+1\right)\right\} \\ & =\frac{t-1}{4}\left\{ 4\left(1+t+t^{2}+t^{3}+t^{4}\right)-5\left(t^{4}+t^{3}+t^{2}+t\right)\right\} \\ & =\frac{t-1}{4}\left(-t^{4}-t^{3}-t^{2}-t+4\right)\\ & =\frac{t-1}{4}\left(1-t^{4}+1-t^{3}+1-t^{2}+1-t\right)\\ & =\frac{t-1}{4}\left\{ \left(1-t\right)\left(1+t\right)\left(1+t^{2}\right)+\left(1-t\right)\left(1+t+t^{2}\right)+\left(1-t\right)\left(1+t\right)+1-t\right\} \\ & =\frac{\left(t-1\right)\left(1-t\right)}{4}\left\{ \left(1+t\right)\left(1+t^{2}\right)+\left(1+t+t^{2}\right)+\left(1+t\right)+1\right\} \\ & =-\frac{\left(t-1\right)^{2}}{4}\left(t^{3}+2t^{2}+3t+4\right) \end{align*} ここで、\(f\left(t\right)=t^{3}+2t^{2}+3t+4\)とおくと、\(f'\left(t\right)=3t^{2}+4t+3=3\left(t+\frac{2}{3}\right)^{2}+\frac{5}{3}>0\)となるので\(f\left(t\right)=0\)となるのは1箇所のみである。
また、\(t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\)なので、\(-\sqrt{2}\leq t\leq\sqrt{2}\)であり、\(f\left(-\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}+4-3\sqrt{2}+4=-\sqrt{2}+8=\sqrt{2}\left(4\sqrt{2}-1\right)>0\)となるので\(f\left(t\right)=0\)となる\(t\)は\(t<-\sqrt{2}\)となるので\(f\left(\sin x+\cos x\right)=0\)となる\(x\)は存在しない
これより、
\begin{align*} 1 & =t\\ & =\sin x+\cos x\\ & =\sqrt{2}\sin\left(x+\tan^{\bullet}1\right)\\ & =\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right) \end{align*} となるので、
\[ \sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \] となる。
従って、
\[ x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4} \] より、
\[ x=0,\frac{\pi}{2} \] となる。