Let's first find a general formula for $a_n$. First notice that $a_1 = \sin{1}$. And $a_2 = \sin{1} + \sin{2}$. So $a_2 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1}$. And $a_3 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + \sin{3}$. So $a_3 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + 3 \sin{1} - 4 \sin^3{1}$. And $a_4 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + 3 \sin{1} - 4 \sin^3{1} + \sin{4}$. Oh yeah. That's much easier. The formula is $\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2}b \right) \sin \left(\frac{n}{2}b + a \right)}{\sin \left(\frac{b}{2} \right)}$. Now, we just need to plug in the numbers. So the sum is $\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2} \right) \sin \left(\frac{n}{2} \right)}{\sin \left(\frac{1}{2} \right)}$. And the sum is equal to $a_n$, so $a_n = \frac{\sin \left(\frac{n+1}{2} \right) \sin \left(\frac{n}{2} \right)}{\sin \left(\frac{1}{2} \right)}$. Now, we just need to solve for $n$ in the equation $a_n < 0$. Notice that the denominator is positive. So the sign of $a_n$ is determined by the numerator. And the product of two sines is negative if and only if one of the sines is negative. So the numerator is negative when $cos \left( \frac{n+1}{2} - \frac{n}{2} \right) < cos \left( \frac{n+1}{2} + \frac{n}{2} \right)$. That is equivalent to $cos \left( \frac{1}{2} \right) < cos \left( \frac{2n+1}{2} \right)$. And $cos \left( \frac{1}{2} \right)$ is positive. So $\frac{2n+1}{2}$ has to be in the first or fourth quadrant. But the first quadrant is not an option because the cosine function is decreasing in the first quadrant. That's a good idea. We could use the periodicity of the cosine function. Yes, and we know that the cosine function is decreasing in the first quadrant, so there is no other solution in the first quadrant. Now, let's move to the fourth quadrant. In the fourth quadrant the cosine function is increasing. So there is only one solution in the fourth quadrant. We know that the cosine function is positive in the first and fourth quadrants. And so there is only one solution in the fourth quadrant. Let's find that solution. That's equivalent to $2x+1 = 4\pi - 1$. So, $2x = 4\pi - 2$. That means $x = 2\pi - 1$. So, $x = 2\pi - 1$ is the only solution in the fourth quadrant. We can add to $2\pi - 1$ any integer multiple of $2\pi$ and still have a solution. We already found that the interval $[2\pi - 1, 2\pi]$ works. Now, let's look for the intervals of the form $(2\pi-1+2\pi k,2\pi+2\pi k)$. Now, let's move to the next interval, $(4\pi-1,4\pi)$. In that interval the only integer is $n = 12$. And let's move to the next interval, $(6\pi-1,6\pi)$. So, we found $3$ values of $n$ that make $a_n < 0$. But we are looking for the $100^{\text{th}}$ value of $n$. And the floor function of $2\pi$ is $6$. And the floor function of $4\pi$ is $12$. And the floor function of $6\pi$ is $18$. The right end-point of the 100th interval is $200\pi$. We can notice that the right end of the 100th interval will be $200\pi$. And the floor value of $200\pi$ is $628$. So $n = 628$ is the index of the 100th term for which $a_n < 0$.


먼저 $a_n$에 대한 일반적인 공식을 찾아봅시다. 먼저 $a_1 = \sin{1}$임을 알 수 있습니다. 그리고 $a_2 = \sin{1} + \sin{2}$입니다. 따라서 $a_2 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1}$입니다. 그리고 $a_3 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + \sin{3}$입니다. 따라서 $a_3 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + 3 \sin{1} - 4 \sin^3{1}$. 그리고 $a_4 = \sin{1} + 2 \sin{1} \cos{1} + 3 \sin{1} - 4 \sin^3{1} + \sin{4}$입니다. 그렇군요. 훨씬 더 쉽습니다. 공식은 $\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2}b \right) \sin \left(\frac{n}{2}b + a \right)}{\sin \left(\frac{b}{2} \right)}$입니다. 이제 숫자를 연결하기만 하면 됩니다. 따라서 합은 $\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2} \right) \sin \left(\frac{n}{2} \right)}{\sin \left(\frac{1}{2} \right)}$이 됩니다. 그리고 그 합은 $a_n$과 같으므로 $a_n = \frac{\sin \left(\frac{n+1}{2} \right) \sin \left(\frac{n}{2} \right)}{\sin \left(\frac{1}{2} \right)}$이죠. 이제 $a_n < 0$ 방정식에서 $n$을 풀기만 하면 됩니다. 분모가 양수임을 알 수 있습니다. 따라서 $a_n$의 부호는 분자에 의해 결정됩니다. 그리고 두 사인의 곱은 사인 중 하나가 음수인 경우에만 음수입니다. 따라서 $cos \left( \frac{n+1}{2} - \frac{n}{2} \right) < cos \left( \frac{n+1}{2} + \frac{n}{2} \right)$일 때 분자는 음수입니다. 이는 $cos \left( \frac{1}{2} \right) < cos \left( \frac{2n+1}{2} \right)$에 해당합니다. 그리고 $cos \left( \frac{1}{2} \right)$는 양수입니다. 따라서 $\frac{2n+1}{2}$는 첫 번째 또는 네 번째 사분면에 있어야 합니다. 그러나 코사인 함수가 첫 번째 사분면에서 감소하기 때문에 첫 번째 사분면은 옵션이 아닙니다. 좋은 생각입니다. 코사인 함수의 주기성을 사용할 수 있습니다. 네, 코사인 함수가 첫 번째 사분면에서 감소하고 있으므로 첫 번째 사분면에는 다른 해결책이 없다는 것을 알고 있습니다. 이제 네 번째 사분면으로 이동해 봅시다. 네 번째 사분면에서는 코사인 함수가 증가하고 있습니다. 따라서 네 번째 사분면에는 하나의 해만 있습니다. 코사인 함수는 첫 번째 사분면과 네 번째 사분면에서 양수라는 것을 알고 있습니다. 따라서 네 번째 사분면에는 하나의 해만 존재합니다. 그 해를 찾아봅시다. 이는 $2x+1 = 4\pi - 1$에 해당합니다. 따라서 $2x = 4\pi - 2$입니다. 즉, $x = 2\pi - 1$입니다. 따라서 $x = 2\pi - 1$은 4사분면의 유일한 해입니다. 2\pi - 1$에 $2\pi$의 정수 배수를 더해도 여전히 해를 구할 수 있습니다. 이미 $[2\pi - 1, 2\pi]$ 구간이 효과가 있다는 것을 알았습니다. 이제 $(2\pi-1+2\pi k,2\pi+2\pi k)$ 형식의 간격을 찾아봅시다. 이제 다음 구간인 $(4\pi-1,4\pi)$로 이동해 봅시다. 이 구간에서 유일한 정수는 $n = 12$입니다. 그리고 다음 구간인 $(6\pi-1,6\pi)$로 이동해 보겠습니다. 따라서 $n$의 $3$ 값이 $a_n<0$이 되는 것을 발견했습니다. 하지만 우리는 $n$의 $100^{\text{th}}$ 값을 찾고 있습니다. 그리고 $2\pi$의 바닥 함수는 $6$입니다. 그리고 $4\pi$의 바닥 함수는 $12$입니다. 그리고 $6\pi$의 바닥 함수는 $18$입니다. 100번째 간격의 오른쪽 끝점은 $200\pi$입니다. 100번째 간격의 오른쪽 끝이 $200\pi$임을 알 수 있습니다. 그리고 $200\pi$의 바닥값은 $628$입니다. 따라서 $n = 628$은 $a_n < 0$인 100번째 항의 인덱스입니다.

