三角形の決定と解の個数

方針：解があることは、座標平面に実際に三角形を置いて示す。解がただ 1 つであることは、どの解でも 3 辺の長さが同じ値になることを示し、3 辺の合同条件に帰着させる。
段 1（3 辺の場合）。3 辺がそれぞれ等しい三角形は合同なので、解は多くても 1 つである。三角形があれば 3 つの三角不等式が成り立ち、逆に 3 つの三角不等式が成り立てば三角形が作れることは、余弦定理（高校数学） の反例「三角形にならない 3 つの長さ」で証明している。
段 2（2 辺と間の角：解がある）。$\mathrm A(0,0)$、$\mathrm B(c,0)$、$\mathrm C(b\cos A,\ b\sin A)$ とおく。$\sin A>0$ なので $\mathrm C$ は $x$ 軸の上になく、3 点は三角形をつくる。$\mathrm{AB}=c$ であり、$\mathrm C$ は原点を中心とする半径 $b$ の円の上で、半直線 $\mathrm{AB}$ から角 $A$ だけ回った位置にあるので、$\mathrm{AC}=b$、$\angle\mathrm{BAC}=A$ である（三角比と鈍角への拡張 の注意「半径 r の円で考えてもよい」）。
段 3（2 辺と間の角：ただ 1 つ）。どの解でも、余弦定理により $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ で、$a>0$ なので $a=\sqrt{b^2+c^2-2bc\cos A}$ である。右辺は指定した値だけで決まる。したがって、どの 2 つの解も 3 辺がそれぞれ等しく、合同である。
段 4（1 辺と 2 角：解があるための条件）。解があれば、三角形の内角の和は $180^\circ$ なので $B+C=180^\circ-A<180^\circ$ である。
段 5（1 辺と 2 角：解がある）。$B+C<180^\circ$ とする。$\mathrm B(0,0)$、$\mathrm C(a,0)$ とおき
$$ t=\frac{a\sin C}{\sin(B+C)},\qquad u=\frac{a\sin B}{\sin(B+C)} $$
とする。$0^\circ< B+C<180^\circ$ なので $\sin(B+C)>0$ で、$t>0$、$u>0$ である。点 $\mathrm P=(t\cos B,\ t\sin B)$ は、$\mathrm B$ から $x$ 軸の正の向きと角 $B$ をなす半直線の上にあり、点 $\mathrm Q=(a-u\cos C,\ u\sin C)$ は、$\mathrm C$ から $x$ 軸の負の向きと角 $C$ をなす半直線の上にある。$\mathrm P=\mathrm Q$ を確かめる。加法定理 $\sin(B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$（加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く）を使うと、$x$ 座標は
$$ a-u\cos C=\frac{a\bigl(\sin(B+C)-\sin B\cos C\bigr)}{\sin(B+C)}=\frac{a\cos B\sin C}{\sin(B+C)}=t\cos B $$
で等しく、$y$ 座標は $u\sin C=\dfrac{a\sin B\sin C}{\sin(B+C)}=t\sin B$ で等しい。そこで $\mathrm A=\mathrm P=\mathrm Q$ とおくと、$\mathrm A$ の $y$ 座標は正なので 3 点は三角形をつくり、$\mathrm{BC}=a$、$\angle\mathrm{ABC}=B$、$\angle\mathrm{ACB}=C$ である。
段 6（1 辺と 2 角：ただ 1 つ）。どの解でも $A=180^\circ-B-C$ で、正弦定理により
$$ b=\frac{a\sin B}{\sin A},\qquad c=\frac{a\sin C}{\sin A} $$
である。右辺は指定した値だけで決まるので、どの 2 つの解も 3 辺がそれぞれ等しく、合同である。$\square$

方針：余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ を移項すると、この 2 次方程式になる。三角形から正の解を作る対応と、正の解から三角形を作る対応が、互いに逆になっていることを示す。
段 1（三角形から正の解）。$a,b,A$ をもつ三角形があれば、その辺 $c$ は正で、余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ を移項すると $c^2-2b\cos A\cdot c+(b^2-a^2)=0$ となる。つまり $c$ は正の解である。合同な 2 つの三角形からは同じ $c$ が出る。
段 2（正の解から三角形）。$c$ が正の解なら、thm-dat-unique の 2 により、2 辺 $b,c$ と間の角 $A$ をもつ三角形がただ 1 つある。その三角形の残りの辺 $d$ は、余弦定理により $d^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ である。$c$ が方程式の解なので、右辺は $a^2$ に等しい。$d>0$、$a>0$ なので $d=a$ で、この三角形は $a,b,A$ をもつ。
段 3（1 対 1）。段 2 で作った三角形に段 1 を使うと、元の $c$ に戻る。逆に、ある解の三角形から段 1 で $c$ を作り、段 2 で三角形を作ると、2 辺 $b,c$ と間の角 $A$ が等しいので、thm-dat-unique の 2 により元の三角形と合同である。したがって、合同なものを同じとみなした三角形と、正の解とは 1 対 1 に対応し、個数が等しい。$\square$

方針：lem-dat-quadratic により、2 次方程式 $f(c)=c^2-2b\cos A\cdot c+(b^2-a^2)=0$ の正の解を数えればよい。実数解があるかは判別式 $\dfrac D4=a^2-b^2\sin^2A$ の符号で、解の符号は解と係数の関係（解と係数の関係）で分かる。2 つの解を $c_1,c_2$ とすると
$$ c_1+c_2=2b\cos A,\qquad c_1c_2=b^2-a^2 $$
である。積 $c_1c_2$ の符号は $b$ と $a$ の大小で、和 $c_1+c_2$ の符号は $\cos A$ の符号、つまり $A$ が鋭角か鈍角かで決まる。
段 1（$A<90^\circ$、$a< b\sin A$）。$a$ も $b\sin A$ も正なので、$a^2< b^2\sin^2A$ で $\dfrac D4<0$ である。実数解がないので、解の個数は $0$ である。
段 2（$A<90^\circ$、$a=b\sin A$）。$\dfrac D4=0$ で、重解 $c=b\cos A$ をもつ。$\cos A>0$ なので正の解がちょうど 1 つあり、解の個数は $1$ である。この三角形では $a^2+c^2=b^2\sin^2A+b^2\cos^2A=b^2$ なので、余弦定理（高校数学） の系「鋭角・直角・鈍角の判定」により $B=90^\circ$ である。
段 3（$A<90^\circ$、$b\sin A< a< b$）。$a>b\sin A>0$ なので $\dfrac D4>0$ で、異なる 2 つの実数解がある。積は $b^2-a^2>0$ なので 2 つの解は同じ符号で、和は $2b\cos A>0$ なので、どちらも正である。解の個数は $2$ である。
段 4（$A<90^\circ$、$a=b$）。$f(c)=c^2-2b\cos A\cdot c=c(c-2b\cos A)$ で、解は $0$ と $2b\cos A$ である。正の解は $2b\cos A$ だけなので、解の個数は $1$ である（二等辺三角形 $a=b$ で、$B=A$）。
段 5（$a>b$。$A$ は何でもよい）。積 $b^2-a^2<0$ である。まず、このとき $\dfrac D4=a^2-b^2\sin^2A\ge a^2-b^2>0$ なので、異なる 2 つの実数解がある。積が負なので、2 つの解は符号が違い、正の解はちょうど 1 つである。解の個数は $1$ である。$A<90^\circ$ で $a>b$ の場合と、$A\ge90^\circ$ で $a>b$ の場合が、これで両方示せた。
段 6（$A\ge90^\circ$、$a\le b$）。$\cos A\le0$ なので $f(c)$ の 1 次の係数 $-2b\cos A$ は $0$ 以上で、定数項 $b^2-a^2$ も $0$ 以上である。$c>0$ なら $f(c)=c^2+(-2b\cos A)c+(b^2-a^2)\ge c^2>0$ なので、正の解はない。解の個数は $0$ である。
段 1〜6 で、1 と 2 のすべての場合が尽くされている（$A<90^\circ$ では $b\sin A< b$ なので、$a$ の範囲は段 1・2・3・4・5 で重なりなく分かれる）。$\square$

方針：thm-dat-ssa で、$a\ge b$ のときの解の個数を読む。
$a,b,A$ を指定した条件の解として、2 つの三角形はどちらも解である。$a\ge b$ のとき、thm-dat-ssa によれば、$A<90^\circ$ なら解の個数は $1$、$A\ge90^\circ$ なら $a>b$ で $1$、$a=b$ で $0$ である。解が 2 つ（2 つの三角形）ある以上 $0$ ではないので、解の個数は $1$ で、2 つの三角形は合同である。$\square$

方針：正弦定理で $\sin B=\sin B'$ を示し、正弦の値が同じ角は等しいか補角であることを使う。後半は、補角の場合を角の種類で除く。
段 1（正弦が等しい）。正弦定理により $\sin B=\dfrac{b\sin A}a$、$\sin B'=\dfrac{b'\sin A'}{a'}$ で、右辺は等しいので $\sin B=\sin B'$ である。
段 2（等しいか補角）。$0^\circ< B'<180^\circ$ で $\sin B'=\sin B$ となる $B'$ は、$B$ と $180^\circ-B$ だけである（三角比と鈍角への拡張 の命題「三角比の値と角の個数」）。よって $B'=B$ か $B+B'=180^\circ$ である。
段 3（$B=B'$ なら合同）。$B=B'$ なら、2 つの三角形は辺 $a$ と 2 つの角 $A,B$ が等しいので、thm-dat-unique の 3（その後の注意）により合同である。
段 4（角の種類）。$B,B'$ がどちらも鋭角なら $B+B'<180^\circ$、どちらも鈍角なら $B+B'>180^\circ$ なので、どちらの場合も $B+B'=180^\circ$ ではなく、段 2 により $B=B'$ である。一方が直角なら、$B+B'=180^\circ$ のとき他方も直角になるので、やはり $B=B'$ である。段 3 により合同である。$\square$