三角関数の加法定理
三角関数(教科書範囲) ★★
三角関数だけでなく高校数学の数々の公式の土台となる極めて重要な定理です．
三角関数の加法定理
三角関数の加法定理
任意の実数 $\alpha$，$\beta$ に対して
(ⅰ) $\boldsymbol{\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}$
(ⅱ) $\boldsymbol{\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta}$
(ⅲ) $\boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$
(ⅳ) $\boldsymbol{\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}$
↓ $\alpha$，$\beta$，$\alpha\pm\beta$ の $\tan$ が定義できるなら
(ⅴ) $\boldsymbol{\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}}$
(ⅵ) $\boldsymbol{\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}}$
以下の証明にあるように試験中に導くのが大変なので，暗記必須の公式になります．
一応下に書きましたが，覚え方は個々人が覚えやすいものでいいと思います．
覚え方
$\sin$ の加法定理
$\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$
シンコスコスシン
$\cos$ の加法定理
$\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$
コスコスシンシン
$\tan$ の加法定理
$\tan(\alpha\pm\beta)=\dfrac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}$
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加法定理の3つの証明
当サイトでは余弦定理を使わない方法を一番のオススメとして優先して証明します．
東大で1999年に証明が出題されたことは有名で，是非理解しておきたいです．
どの場合も還元公式を駆使することになります．
Ⅰ 余弦定理を使わない方法での証明
(ⅲ) $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ の証明
まず(ⅲ)を示します．
単位円周上に ${\rm P}(1,0)$，${\rm Q}(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))$ をとる．この $\rm P$，$\rm Q$ を原点を中心に $-\alpha$ 回転した点をそれぞれ ${\rm P}'(\cos(-\alpha),\sin(-\alpha))$，${\rm Q}'(\cos\beta,\sin\beta)$ とする．
当たり前ですが $\rm PQ=P'Q'$ なので $\rm PQ^{2}=P'Q'^{2}$ より，相互関係や還元公式を用いると
$\{1-\cos(\alpha+\beta)\}^{2}+\sin^{2}(\alpha+\beta)=\{\cos(-\alpha)-\cos\beta\}^{2}+\{\sin(-\alpha)-\sin\beta\}^{2}$
$\Longleftrightarrow 2-2\cos(\alpha+\beta)=(\cos\alpha-\cos\beta)^{2}+(-\sin\alpha-\sin\beta)^{2}$
$\Longleftrightarrow 2-2\cos(\alpha+\beta)=2-2\cos\alpha\cos\beta+2\sin\alpha\sin\beta$
$\therefore \boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$
(ⅳ)の証明
(ⅲ)にある $\beta$ を $-\beta$ に変えます．
$\boldsymbol{\cos(\alpha-\beta)}=\cos\alpha\cos(-\beta)-\sin\alpha\sin(-\beta)$
$\hspace{2.3cm} \boldsymbol{=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}$
(ⅰ)の証明
(ⅳ)にある $\alpha$ を $\dfrac{\pi}{2}-\alpha$ に変えます．
$\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\cos\beta+\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\sin\beta$
$\Longleftrightarrow \cos\left\{\dfrac{\pi}{2}-\left(\alpha+\beta\right)\right\}=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
$\therefore \boldsymbol{\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}$
(ⅱ)の証明
(ⅰ)にある $\beta$ を $-\beta$ に変えます．
$\boldsymbol{\sin(\alpha-\beta)}=\sin\alpha\cos(-\beta)+\cos\alpha\sin(-\beta)$
$\hspace{2.3cm} \boldsymbol{=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta}$
(ⅴ)の証明
$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha+\beta)}$
$\hspace{2.1cm} =\dfrac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$
$\hspace{2.1cm} =\dfrac{\dfrac{\sin\alpha\cos\beta}{\cos\alpha\cos\beta}+\dfrac{\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}}{1-\dfrac{\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}}$
$\hspace{2.2cm} \boldsymbol{=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}}$
(ⅵ)の証明
(ⅴ)にある $\beta$ を $-\beta$ に変えます．
$\boldsymbol{\tan(\alpha-\beta)}=\dfrac{\tan\alpha+\tan(-\beta)}{1-\tan\alpha\tan(-\beta)}$
$\hspace{2.3cm} \boldsymbol{=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}}$
Ⅱ 余弦定理を使う方法での証明
下に格納します．2点の角度の差が正とは限らないので，その点の言及をします．
Ⅱでの証明
(ⅳ) $\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$ の証明
単位円周上に ${\rm P}(\cos\alpha,\sin\alpha)$ と ${\rm Q}(\cos\beta,\sin\beta)$ をとり，$\angle {\rm POQ}=\theta$ $(0 < \theta < \pi)$ とする．
ここで，一般の角 $\alpha$，$\beta$ に対して，$\color{red}{\cos\theta=\cos(\beta-\alpha)=\cos(\alpha-\beta)}$ が成り立つので $\triangle{\rm OPQ}$ に関して余弦定理より
${\rm PQ^{2}}=1^{2}+1^{2}-2\cdot1\cdot1\cos\theta$
$\Longleftrightarrow (\cos\alpha-\cos\beta)^{2}+(\sin\alpha-\sin\beta)^{2}=2-2\cos(\alpha-\beta)$
$\Longleftrightarrow 2-2\cos\alpha\cos\beta-2\sin\alpha\sin\beta=2-2\cos(\alpha-\beta)$
$\therefore \ \boldsymbol{\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}$
(ⅲ)の証明
(ⅳ)にある $\beta$ を $-\beta$ に変えます．
$\boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)}=\cos\alpha\cos(-\beta)+\sin\alpha\sin(-\beta)$
$\hspace{2.3cm} \boldsymbol{=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$
ここから先は上にあるⅠ：余弦定理を使わない方法での証明の後半と全く同じですので割愛します．
Ⅲ ベクトルを使う方法
下に格納します．発想が若干難しいですが，1度に $\cos(\alpha+\beta)$ と $\sin(\alpha+\beta)$ が示せます．
Ⅲでの証明
まず唐突ですが，単位ベクトルの回転の話を準備としてします．単位ベクトルは大きさが $1$ のベクトルなので
$\begin{pmatrix}\cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix}$
と表せるはずです．これを原点を中心に $\phi$ 回転した単位ベクトルは
$\begin{pmatrix}\cos(\theta+\phi) \\ \sin(\theta+\phi) \end{pmatrix}$
となりますよね．準備終わりです．
(ⅰ)と(ⅲ)の証明
図のように角度が $\alpha$ の赤い単位ベクトルを，両軸に沿うような青と緑のベクトルに分解します．つまり
$\color{red}{\begin{pmatrix}\cos\alpha \\ \sin\alpha \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}}+\color{darkgreen}{\sin\alpha\begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix}}$
$\Longleftrightarrow \ \color{red}{\begin{pmatrix}\cos\alpha \\ \sin\alpha \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos0 \\ \sin0 \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}\cos\dfrac{\pi}{2} \\ \sin\dfrac{\pi}{2} \end{pmatrix}}$
とできる．上の両辺にあるすべての単位ベクトルを，原点を中心に $\beta$ 回転すると
$\color{red}{\begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos\beta \\ \sin\beta \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\beta\right) \\ \sin\left(\dfrac{\pi}{2}+\beta\right) \end{pmatrix}}$
$\Longleftrightarrow \ \color{red}{\begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos\beta \\ \sin\beta \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}-\sin\beta \\ \cos\beta \end{pmatrix}}$
$\Longleftrightarrow \ \begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \\ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\end{pmatrix}$
$\therefore \ \begin{cases} \boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta} \\ \boldsymbol{\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta} \end{cases}$
ここから先は上にある，余弦定理を使わない方法での証明の後半と全く同じですので割愛します．
例題と練習問題
例題
例題
次の値を求めよ．
(1) $\sin\dfrac{7}{12}\pi$
(2) $\cos\dfrac{\pi}{12}$
講義
うまく有名角で表して加法定理を適用します．
解答
(1)
$\sin\dfrac{7}{12}\pi$
$=\sin\left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}\right)$ ←有名角の和に
$=\sin\dfrac{\pi}{3}\cos\dfrac{\pi}{4}+\cos\dfrac{\pi}{3}\sin\dfrac{\pi}{4}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
$=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$
(2)
$\cos\dfrac{\pi}{12}$
$=\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6}\right)$ ←有名角の差に
$=\cos\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{6}+\sin\dfrac{\pi}{4}\sin\dfrac{\pi}{6}$
$=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}$
$=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$
※ どちらも $15^{\circ}$ シリーズ($15^{\circ}$，$75^{\circ}$，$105^{\circ}$ 等)の三角比です．余談ですが，図で出すこともできます．
練習問題
練習
(1) $\alpha$ が第 $3$ 象限の角，$\beta$ が第 $4$ 象限の角で，$\sin \alpha=-\dfrac{4}{5}$，$\cos \beta=\dfrac{1}{2}$ のとき $\sin(\alpha+\beta)$，$\cos(\alpha+\beta)$ の値を求めよ．
(2) 半径 $1$ の円に外接する正十二角形の面積を求めよ．
練習の解答
(1)
$\sin \alpha=-\dfrac{4}{5}$ より $\cos \alpha=-\dfrac{3}{5}$ ( $\because \ \alpha$ が第 $3$ 象限)．
$\cos \beta=\dfrac{1}{2}$ より $\sin \beta=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ( $\because \ \beta$ が第 $4$ 象限)．
以上より
$\sin(\alpha+\beta)$
$=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
$=-\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{1}{2}+\left(-\dfrac{3}{5}\right)\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$=\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{3}-4}{10}}$
$\cos(\alpha+\beta)$
$=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$
$=-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{4}{5}\right)\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$=\boldsymbol{-\dfrac{3+4\sqrt{3}}{10}}$
(2)
求める面積は，$\triangle{\rm OXY}$ $24$ 個分の面積なので
$\triangle{\rm OXY}\times24$
$=1\cdot\tan 15^{\circ}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot24$
$=12\tan (60^{\circ}-45^{\circ})$
$=12\cdot \dfrac{\tan60^{\circ}-\tan45^{\circ}}{1+\tan60^{\circ}\tan45^{\circ}}$
$=12\cdot \dfrac{\sqrt{3}-1}{1+\sqrt{3}}$
$=\boldsymbol{12(2-\sqrt{3})}$