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三角関数の加法定理

三角関数(教科書範囲) ★★


アイキャッチ

三角関数の数々の公式の親となる重要な定理です.この単元の最重要定理と言っても過言ではないかもしれません.

3つの証明と関連問題を扱います.



三角関数の加法定理

ポイント

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

$\tan(\alpha\pm\beta)=\dfrac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}$

1ほすタンタン タンタン

加法定理の3つの証明

ポイント

加法定理の主な証明方法

余弦定理を使わない方法

Ⅱ 余弦定理を使う方法

Ⅲ ベクトルを使う方法


やや余弦定理での証明が有名だと思いますが,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.

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.

加法定理の証明

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.

加法定理の証明2

当たり前ですが $\rm PQ=P'Q'$ なので $\rm PQ^{2}=P'Q'^{2}$ より

$\{1-\cos(\alpha+\beta)\}^{2}+\sin^{2}(\alpha+\beta)=\{\cos(-\alpha)-\cos\beta\}^{2}+\{\sin(-\alpha)-\sin\beta\}^{2}$

$\Longleftrightarrow 2-2\cos(\alpha+\beta)=(\cos\alpha-\cos\beta)^{2}+(-\sin\alpha-\sin\beta)^{2}$

$\Longleftrightarrow 2-2\cos(\alpha+\beta)=2-2\cos\alpha\cos\beta+2\sin\alpha\sin\beta$

$\therefore \boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$


(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

余弦定理を使う証明

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

加法定理のベクトルでの証明1

$\color{red}{\begin{pmatrix}\cos\alpha \\ \sin\alpha \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}}+\color{darkgreen}{\sin\alpha\begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix}}$

$\Longleftrightarrow \ \color{red}{\begin{pmatrix}\cos\alpha \\ \sin\alpha \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos0 \\ \sin0 \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}\cos\dfrac{\pi}{2} \\ \sin\dfrac{\pi}{2} \end{pmatrix}}$

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

加法定理のベクトルでの証明2

$\color{red}{\begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos\beta \\ \sin\beta \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\beta\right) \\ \sin\left(\dfrac{\pi}{2}+\beta\right) \end{pmatrix}}$

$\Longleftrightarrow \ \color{red}{\begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}}=\color{blue}{\cos\alpha\begin{pmatrix}\cos\beta \\ \sin\beta \end{pmatrix}}+\color{green}{\sin\alpha\begin{pmatrix}-\sin\beta \\ \cos\beta \end{pmatrix}}$

$\Longleftrightarrow \ \begin{pmatrix}\cos\left(\alpha+\beta\right) \\ \sin\left(\alpha+\beta\right) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \\ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\end{pmatrix}$

$\therefore \ \begin{cases} \boldsymbol{\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta} \\ \boldsymbol{\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta} \end{cases}$

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)

半径1の円に外接する正十二角形の面積

求める面積は,$\triangle{\rm OXY}$ $24$ 個分の面積なので

 $\triangle{\rm OXY}\times24$

$=1\cdot\tan 15^{\circ}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot24$

$=12\tan (60^{\circ}-45^{\circ})$

$=12\cdot \dfrac{\tan60^{\circ}-\tan45^{\circ}}{1+\tan60^{\circ}\tan45^{\circ}}$

$=12\cdot \dfrac{\sqrt{3}-1}{1+\sqrt{3}}$

$=\boldsymbol{12(2-\sqrt{3})}$