目次 ／ 三角比と三角関数 ／ 数学II

第9章　加法定理

—— 「角の足し算」を sin・cos の掛け算と足し算に翻訳する ——

第8章の最後で、単位円上の点 P(cos α, sin α) を β だけ回転させた点の座標 (cos(α + β), sin(α + β)) を、cos α・sin α・cos β・sin β で書けないかと問いました。この章の主役はその答え、加法定理です。まず cos(α − β) を「弦の長さを 2 通りに書く」ことで証明し、残りの sin(α ± β)・cos(α + β)・tan(α ± β) は第6章の公式（−θ・π/2 − θ）から芋づる式に導きます。これで π/12 = π/4 − π/6 のような「三角定規にない角」の値が計算で出せるようになり、第1章で図から求めた sin 15° と同じ値が現れます。後半は、α・β の値から α + β の値を求める問題、2 直線のなす角（tan の加法定理）、加法定理を使った等式の証明を扱い、章末で β = α とおいて第10章「2倍角・半角の公式」につなぎます。

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cos(α − β) を導く——弦の長さを 2 通りに書く

第8章の最後で、単位円上の点 P(cos⁡α, sin⁡α)\mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha) を β\beta だけ回転させた点の座標 (cos⁡(α+β), sin⁡(α+β))(\cos(\alpha + \beta),\ \sin(\alpha + \beta)) を、cos⁡α\cos\alpha，sin⁡α\sin\alpha，cos⁡β\cos\beta，sin⁡β\sin\beta で書けないか、と問いました。「角の足し算」を「値の計算」に翻訳する公式——それが加法定理です。

いきなり α\alpha+β{}+ \beta に向かうより、cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) から始めるのが近道です。単位円上に 2 点 P(cos⁡α, sin⁡α)\mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha)，Q(cos⁡β, sin⁡β)\mathrm{Q}(\cos\beta,\ \sin\beta) をとります。動径 OP\mathrm{OP} と OQ\mathrm{OQ} のなす角は α\alpha−β{}- \beta です（図では 00<α{}< \alpha−β{}- \beta<π{}< \pi の場合を描いています。それ以外の場合は厳密定義ページで扱います）。この 2 点を結ぶ弦 PQ\mathrm{PQ} の長さを、2 通りの方法で書いてみます。

O α − β P(cos α, sin α) Q(cos β, sin β) −β 回転 O α − β P'(cos(α − β), sin(α − β)) A(1, 0)

1 つ目：距離の公式。 2 点の座標が分かっているので、数II の「2 点間の距離」で計算できます。

PQ2\displaystyle \mathrm{PQ}^2=(cos⁡α−cos⁡β)2\displaystyle {}= (\cos\alpha - \cos\beta)^2+(sin⁡α−sin⁡β)2\displaystyle {}+ (\sin\alpha - \sin\beta)^2

展開して sin⁡2α\sin^2\alpha+cos⁡2α{}+ \cos^2\alpha=1{}= 1，sin⁡2β\sin^2\beta+cos⁡2β{}+ \cos^2\beta=1{}= 1 を使うと

PQ2\displaystyle \mathrm{PQ}^2=2\displaystyle {}= 2−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)\displaystyle {}- 2(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta)

2 つ目：余弦定理。 三角形 OPQ\mathrm{OPQ} は OP\mathrm{OP}=OQ{}= \mathrm{OQ}=1{}= 1、はさむ角が α\alpha−β{}- \beta なので、第3章の余弦定理から

PQ2\displaystyle \mathrm{PQ}^2=12\displaystyle {}= 1^2+12\displaystyle {}+ 1^2−2⋅1⋅1⋅cos⁡(α−β)\displaystyle {}- 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(\alpha - \beta)=2\displaystyle {}= 2−2cos⁡(α−β)\displaystyle {}- 2\cos(\alpha - \beta)

同じ長さを 2 通りに書いたのですから、右辺どうしは等しいはずです。22−2(…){}- 2(\ldots) の形をそろえて比べると、かっこの中身が一致します。

公式1：cos(α − β) の加法定理
cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \sin\alpha\sin\beta

右辺は「cos⁡\cos どうしの積」と「sin⁡\sin どうしの積」の和である。α\alpha，β\beta はどんな実数でもよい。

2 つ目の式は、図の右側のように「全体を −β-\beta だけ回転させる」と見ることもできます。回転しても弦の長さは変わらないので、Q\mathrm{Q} が点 A(1, 0)\mathrm{A}(1,\ 0) に来たとき、P\mathrm{P} は P′(cos⁡(α−β), sin⁡(α−β))\mathrm{P}'(\cos(\alpha - \beta),\ \sin(\alpha - \beta)) に来て、P′A2\mathrm{P}'\mathrm{A}^2=(cos⁡(α−β)−1)2{}= (\cos(\alpha - \beta) - 1)^2+sin⁡2(α−β){}+ \sin^2(\alpha - \beta)=2{}= 2−2cos⁡(α−β){}- 2\cos(\alpha - \beta)。余弦定理を使わなくても同じ式が出ます。定規を机の上でくるりと回しても、目盛りの長さは変わらない——2 点の「距離」は回転で変わらない量なので、回転の前後で同じ長さを 2 通りに書けるわけです。

第2章の j20 で AP2\mathrm{AP}^2=2{}= 2−2cos⁡θ{}- 2\cos\theta を出し、第3章の余弦定理につなげたのを覚えているでしょうか。今回の 22−2cos⁡(α−β){}- 2\cos(\alpha - \beta) は、その「θ\theta」が「2 つの角の差」になっただけです。あのときは片方の点が A(1, 0)\mathrm{A}(1,\ 0) に固定されていましたが、今回は両方の点が動くので、座標で書いた側に cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β{}+ \sin\alpha\sin\beta という新しい形が現れました。

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) は、単位円上の 2 点を結ぶ弦の長さを「距離の公式」と「余弦定理」で 2 通りに書いて比べると、cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β{}+ \sin\alpha\sin\beta になるということです。

例題1：cos(α − β) の加法定理を使う

(1) π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} を用いて、cos⁡π12\cos\dfrac{\pi}{12} の値を求めなさい。

(2) 公式1で α\alpha=π2{}= \dfrac{\pi}{2} とおくことで、第6章の公式 cos⁡(π2−θ)\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right)=sin⁡θ{}= \sin\theta が導けることを確かめなさい。

【解答】

(1) α\alpha=π4{}= \dfrac{\pi}{4}，β\beta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} として公式1に入れます。

cos⁡π12\displaystyle \cos\frac{\pi}{12}=cos⁡π4cos⁡π6\displaystyle {}= \cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}+sin⁡π4sin⁡π6\displaystyle {}+ \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}=22⋅32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+22⋅12\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2}=6+24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}

(2) 公式1で α\alpha=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，β\beta=θ{}= \theta とおくと

cos⁡(π2−θ)\displaystyle \cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)=cos⁡π2cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\frac{\pi}{2}\cos\theta+sin⁡π2sin⁡θ\displaystyle {}+ \sin\frac{\pi}{2}\sin\theta=0⋅cos⁡θ\displaystyle {}= 0 \cdot \cos\theta+1⋅sin⁡θ\displaystyle {}+ 1 \cdot \sin\theta=sin⁡θ\displaystyle {}= \sin\theta

たしかに第6章の公式5（1 行目の cos⁡\cos）と一致します。（確認終）

(1) の値はおよそ 0.9660.966 で、cos⁡π12\cos\dfrac{\pi}{12} が cos⁡0\cos 0=1{}= 1 と cos⁡π6\cos\dfrac{\pi}{6}≈0.866{}\approx 0.866 のあいだにあることと合っています。(2) のように、第6章で「直線 yy=x{}= x 対称」という図で説明した公式が、加法定理ではただの代入で出てきます。加法定理は、これまでの公式を全部含む、いちばん大きな公式です。

残りの 3 本——−β と π/2 − θ で芋づる式に

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) が 1 本あれば、あとは第6章の公式4（−θ-\theta）と公式5（π2\dfrac{\pi}{2}−θ{}- \theta）で残りが導けます。新しい証明は要りません。

cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)：α\alpha+β{}+ \beta=α{}= \alpha−(−β){}- (-\beta) と見て、公式1の β\beta を −β-\beta に置き換えます。cos⁡(−β)\cos(-\beta)=cos⁡β{}= \cos\beta，sin⁡(−β)\sin(-\beta)=−sin⁡β{}= -\sin\beta なので

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=cos⁡αcos⁡(−β)\displaystyle {}= \cos\alpha\cos(-\beta)+sin⁡αsin⁡(−β)\displaystyle {}+ \sin\alpha\sin(-\beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta−sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\beta

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)：sin⁡\sin を cos⁡\cos に直します。第6章公式5より sin⁡θ\sin\theta=cos⁡(π2−θ){}= \cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right) なので

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=cos⁡(π2−α−β)\displaystyle {}= \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha - \beta\right)=cos⁡((π2−α)−β)\displaystyle {}= \cos\left(\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) - \beta\right)

これは公式1の形で、cos⁡(π2−α)\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right)=sin⁡α{}= \sin\alpha，sin⁡(π2−α)\sin\left(\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right)=cos⁡α{}= \cos\alpha を使うと

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta+cos⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\beta

sin⁡(α−β)\sin(\alpha - \beta)：上の式で β\beta を −β-\beta に置き換えれば出ます。

公式2：sin・cos の加法定理（4 本）
sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta+cos⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\betasin⁡(α−β)\displaystyle \sin(\alpha - \beta)=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta−cos⁡αsin⁡β\displaystyle {}- \cos\alpha\sin\betacos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta−sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\betacos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \sin\alpha\sin\beta
  • sin⁡\sin の式は「sin⁡cos⁡\sin\cos+cos⁡sin⁡{}+ \cos\sin」で、符号は左辺と同じ（++ なら ++）。
  • cos⁡\cos の式は「cos⁡cos⁡\cos\cos と sin⁡sin⁡\sin\sin」で、符号は左辺と逆（++ なら −-）。
  • 第6章の公式4・5は、β\beta=π{}= \pi や β\beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を入れた特別な場合である。

4 本を覚えるコツは、「sin⁡\sin はたすき掛け・同符号」「cos⁡\cos は仲間どうし・逆符号」です。sin⁡\sin の右辺は sin⁡αcos⁡β\sin\alpha\cos\beta と cos⁡αsin⁡β\cos\alpha\sin\beta のように sin⁡\sin と cos⁡\cos が交差し、cos⁡\cos の右辺は cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta と sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta のように同じ種類がペアになります。符号については、cos⁡\cos の式で逆になる理由が公式1の証明にあります。cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) で「++」が出たのは、弦の長さの式 22−2(…){}- 2(\ldots) を比べたときに sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta が ++ で残ったからで、β\beta を −β-\beta に置き換えると sin⁡(−β)\sin(-\beta)=−sin⁡β{}= -\sin\beta でその符号がひっくり返ります。

第6章の公式5を思い出してください。sin⁡(θ+π2)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{2}\right)=cos⁡θ{}= \cos\theta を「yy=x{}= x で折ってから yy 軸で折る」という図で説明しました。公式2で α\alpha=θ{}= \theta，β\beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} とおくと

sin⁡(θ+π2)\displaystyle \sin\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right)=sin⁡θcos⁡π2\displaystyle {}= \sin\theta\cos\frac{\pi}{2}+cos⁡θsin⁡π2\displaystyle {}+ \cos\theta\sin\frac{\pi}{2}=sin⁡θ⋅0\displaystyle {}= \sin\theta \cdot 0+cos⁡θ⋅1\displaystyle {}+ \cos\theta \cdot 1=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta

図を描かずに 1 行で出ます。第6章の「π2\dfrac{\pi}{2} 回転で (x, y)(x,\ y)→(−y, x){}\to (-y,\ x)」は、加法定理の β\beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} という特別な場合だったわけです。

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) さえ証明すれば、β\beta→−β{}\to -\beta と sin⁡θ\sin\theta=cos⁡(π2−θ){}= \cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right) で残り 3 本が出て、sin⁡\sin は同符号・cos⁡\cos は逆符号になるということです。

例題2：π/12 の三角関数——第1章の値と一致する

(1) π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} を用いて sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12} の値を求め、第1章で図から求めた sin⁡15∘\sin 15^\circ=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} と一致することを確かめなさい。

(2) 512π\dfrac{5}{12}\pi=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+π6{}+ \dfrac{\pi}{6} を用いて cos⁡512π\cos\dfrac{5}{12}\pi の値を求めなさい。

【解答】

(1) 公式2の 2 本目（sin⁡\sin の差）に α\alpha=π4{}= \dfrac{\pi}{4}，β\beta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} を入れます。

sin⁡π12\displaystyle \sin\frac{\pi}{12}=sin⁡π4cos⁡π6\displaystyle {}= \sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}−cos⁡π4sin⁡π6\displaystyle {}- \cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}=22⋅32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}−22⋅12\displaystyle {}- \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2}=6−24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}

π12\dfrac{\pi}{12} は 15∘15^\circ ですから、第1章 j19 で三角定規に二等辺三角形をくっつけて求めた sin⁡15∘\sin 15^\circ=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} とぴったり一致します。（確認終）

(2) 公式2の 3 本目（cos⁡\cos の和）に α\alpha=π4{}= \dfrac{\pi}{4}，β\beta=π6{}= \dfrac{\pi}{6} を入れます。

cos⁡512π\displaystyle \cos\frac{5}{12}\pi=cos⁡π4cos⁡π6\displaystyle {}= \cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}−sin⁡π4sin⁡π6\displaystyle {}- \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}=22⋅32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}−22⋅12\displaystyle {}- \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2}=6−24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}

(1) と (2) が同じ値になったのは偶然ではありません。512π\dfrac{5}{12}\pi=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−π12{}- \dfrac{\pi}{12} なので、第6章公式5より cos⁡512π\cos\dfrac{5}{12}\pi=sin⁡π12{}= \sin\dfrac{\pi}{12} です。第1章では図を描いて 1 つの角の値を求めましたが、加法定理があれば π12\dfrac{\pi}{12} の整数倍の角（15∘15^\circ，75∘75^\circ，105∘105^\circ，……）の値が、すべて計算だけで出せます。

O π/4 π/12 −π/6 cos(π/12) ≈ 0.966 sin(π/12) ≈ 0.259

tan の加法定理——cos α cos β で割る

tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta)=sin⁡(α+β)cos⁡(α+β){}= \dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha + \beta)} に公式2を入れると

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}= \frac{\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta}

このままでは sin⁡\sin と cos⁡\cos が混ざっていて使いにくいので、分母・分子を cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta で割ります（cos⁡α\cos\alpha≠0{}\neq 0，cos⁡β\cos\beta≠0{}\neq 0 のとき）。sin⁡αcos⁡βcos⁡αcos⁡β\dfrac{\sin\alpha\cos\beta}{\cos\alpha\cos\beta}=tan⁡α{}= \tan\alpha のように、各項が tan⁡\tan か 11 になります。

公式3：tan の加法定理
tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β,\displaystyle {}= \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta},tan⁡(α−β)\displaystyle \tan(\alpha - \beta)=tan⁡α−tan⁡β1+tan⁡αtan⁡β\displaystyle {}= \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta}

分子の符号は左辺と同じ、分母の符号は左辺と逆。α\alpha，β\beta，α\alpha±β{}\pm \beta のいずれも π2\dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi（nn は整数）でないときに成り立つ。

「分子は同符号・分母は逆符号」は、公式2の「sin⁡\sin は同符号・cos⁡\cos は逆符号」がそのまま分子（sin⁡\sin 由来）と分母（cos⁡\cos 由来）に写ったものです。tan⁡\tan の式に cos⁡\cos の面影が残っている、と思えば覚えやすいでしょう。

分母が 00 になる場合には注意が要ります。11−tan⁡αtan⁡β{}- \tan\alpha\tan\beta=0{}= 0、つまり tan⁡αtan⁡β\tan\alpha\tan\beta=1{}= 1 のときは cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)=0{}= 0 なので、tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) 自体が定義されません。たとえば α\alpha=β{}= \beta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} なら α\alpha+β{}+ \beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で、公式3の分母は 11−1⋅1{}- 1 \cdot 1=0{}= 0。「定義しない」角にちょうど対応しています。

tan⁡\tan の加法定理は sin⁡\sin・cos⁡\cos の式を cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta で割ったもので、分子は同符号・分母は逆符号、分母が 00 になる角では tan⁡(α±β)\tan(\alpha \pm \beta) が定義されないということです。

例題3：tan の加法定理を使う

(1) π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} を用いて tan⁡π12\tan\dfrac{\pi}{12} の値を求めなさい。

(2) tan⁡(θ+π4)\tan\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) を tan⁡θ\tan\theta を用いて表しなさい。ただし θ\theta≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi，θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi（nn は整数）とします。

【解答】

(1) tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1，tan⁡π6\tan\dfrac{\pi}{6}=33{}= \dfrac{\sqrt{3}}{3}=13{}= \dfrac{1}{\sqrt{3}} を公式3の差の式に入れます。

tan⁡π12\displaystyle \tan\frac{\pi}{12}=1−131+1⋅13\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}}}=3−13+1\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1}=(3−1)2(3+1)(3−1)\displaystyle {}= \frac{(\sqrt{3} - 1)^2}{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} - 1)}=4−232\displaystyle {}= \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2}=2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}2}−3‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- \sqrt{3}}

（分母・分子に 3\sqrt{3} をかけて根号を分子・分母の外に出し、さらに分母を有理化しました。）第1章 j19 の tan⁡15∘\tan 15^\circ=2{}= 2−3{}- \sqrt{3} と一致します。

(2) tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1 なので

tan⁡(θ+π4)\displaystyle \tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)=tan⁡θ+11−tan⁡θ⋅1\displaystyle {}= \frac{\tan\theta + 1}{1 - \tan\theta \cdot 1}=1+tan⁡θ1−tan⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}}

(2) の形はよく出てきます。tan⁡θ\tan\theta=1{}= 1 のとき分母が 00 になりますが、それは θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} で θ\theta+π4{}+ \dfrac{\pi}{4}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} となる場合で、問題文の「ただし」で除いてある角です。

α・β の値から α + β の値を——相互関係で残りを先にそろえる

加法定理の右辺には sin⁡α\sin\alpha，cos⁡α\cos\alpha，sin⁡β\sin\beta，cos⁡β\cos\beta の 4 つが要ります。問題で与えられるのはふつう「sin⁡α\sin\alpha=45{}= \dfrac{4}{5} で α\alpha は第2象限」のように 1 つの値と象限だけです。だから、まず第6章の相互関係で残りの値を出し、4 つそろってから加法定理に入れます。第1章で「1 つ分かれば残りは芋づる式に決まる」と言ったのは、ここでも使えます。

公式4：α・β の値から α ± β の値を求める手順
  1. sin⁡2θ\sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1 で、α\alpha，β\beta それぞれの残りの値を求める。符号は象限で決める（第6章 公式3）。
  2. 4 つの値を加法定理（公式2・公式3）に代入する。
  3. α\alpha+β{}+ \beta の象限を問われたら、sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) と cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) の符号の組で判定する。

手順 1 で符号を間違えると、答えの符号がまるごと変わります。第2章で「cos⁡2θ\cos^2\theta から cos⁡θ\cos\theta を求めるとき、鈍角なら負を選ぶ」と練習した場面が、ここでは α\alpha と β\beta の 2 回分あります。象限を読んで符号を決めるところまでを「準備」と思ってください。準備がすめば、あとは公式に入れるだけです。

α\alpha+β{}+ \beta の象限は、単位円で α\alpha と β\beta の動径を足して目で確かめることもできますが、値が出ているなら sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) と cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) の符号で決めるほうが確実です。第6章の「地図の方角」の例えで言えば、東西（cos⁡\cos）と南北（sin⁡\sin）の符号がそろえば象限が決まります。

α\alpha+β{}+ \beta の値を求めるには、相互関係で sin⁡\sin・cos⁡\cos を 4 つそろえ（符号は象限で決める）、加法定理に代入するということです。

例題4：α・β の値から α + β の値を求める

sin⁡α\sin\alpha=45{}= \dfrac{4}{5}，cos⁡β\cos\beta=−513{}= -\dfrac{5}{13} で、α\alpha の動径が第2象限、β\beta の動径が第3象限にあるとき、次の値を求めなさい。

(1) sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)

(2) cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)

(3) α\alpha+β{}+ \beta の動径がある象限

【解答】

まず残りの値を出します。α\alpha は第2象限なので cos⁡α\cos\alpha<0{}< 0、β\beta は第3象限なので sin⁡β\sin\beta<0{}< 0 です。

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=−1−1625\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{16}{25}}=−35,\displaystyle {}= -\frac{3}{5},sin⁡β\displaystyle \sin\beta=−1−25169\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{25}{169}}=−1213\displaystyle {}= -\frac{12}{13}

(1) 公式2の sin⁡\sin の和に代入します。

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=45⋅(−513)\displaystyle {}= \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{5}{13}\right)+(−35)⋅(−1213)\displaystyle {}+ \left(-\frac{3}{5}\right) \cdot \left(-\frac{12}{13}\right)=−2065\displaystyle {}= -\frac{20}{65}+3665\displaystyle {}+ \frac{36}{65}=1665‾\displaystyle {}= \underline{\frac{16}{65}}

(2) 公式1（cos⁡\cos の差）に代入します。

cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=(−35)⋅(−513)\displaystyle {}= \left(-\frac{3}{5}\right) \cdot \left(-\frac{5}{13}\right)+45⋅(−1213)\displaystyle {}+ \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{12}{13}\right)=1565\displaystyle {}= \frac{15}{65}−4865\displaystyle {}- \frac{48}{65}=−3365‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{33}{65}}

(3) cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) も求めます。

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=(−35)⋅(−513)\displaystyle {}= \left(-\frac{3}{5}\right) \cdot \left(-\frac{5}{13}\right)−45⋅(−1213)\displaystyle {}- \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{12}{13}\right)=1565\displaystyle {}= \frac{15}{65}+4865\displaystyle {}+ \frac{48}{65}=6365\displaystyle {}= \frac{63}{65}

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)>0{}> 0，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)>0{}> 0 なので

第1象限‾\underline{\text{第1象限}}

検算：(1665)2\left(\dfrac{16}{65}\right)^2+(6365)2{}+ \left(\dfrac{63}{65}\right)^2=256+39694225{}= \dfrac{256 + 3969}{4225}=42254225{}= \dfrac{4225}{4225}=1{}= 1。加法定理で出した sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) と cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) も、ちゃんと相互関係を満たしています。(3) は「第2象限の角と第3象限の角を足したら第1象限」という一見不思議な結果ですが、α\alpha≈0.7π{}\approx 0.7\pi，β\beta≈1.4π{}\approx 1.4\pi なので α\alpha+β{}+ \beta≈2.1π{}\approx 2.1\pi、つまり 1 周して少し過ぎたところ、と考えれば納得できます。

2 直線のなす角——tan の加法定理の応用

直線 yy=m1x{}= m_1 x と yy=m2x{}= m_2 x が原点で交わるとき、2 直線のなす角（交わってできる角のうち 00 以上 π2\dfrac{\pi}{2} 以下のもの）を求めてみます。直線 yy=mx{}= mx が xx 軸の正の向きとなす角を α\alpha とすると、傾き mm は「右に 11 進んで上に mm」ですから mm=tan⁡α{}= \tan\alpha です（第8章公式2の点 T(1, k)\mathrm{T}(1,\ k) と同じ見方）。2 本の直線の角をそれぞれ α\alpha，β\beta とすれば、なす角は α\alpha−β{}- \beta（またはその補角）で、tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta) は公式3で計算できます。

x y O y = m1x y = m2x α β θ = α − β
公式5：2 直線のなす角

2 直線 yy=m1x{}= m_1 x+b1{}+ b_1，yy=m2x{}= m_2 x+b2{}+ b_2（m1m2m_1 m_2≠−1{}\neq -1）のなす角を θ\theta（00≦θ{}\leqq \theta<π2{}< \dfrac{\pi}{2}）とすると

tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=∣m1−m21+m1m2∣\displaystyle {}= \left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right|

m1m2m_1 m_2=−1{}= -1 のときは 2 直線は垂直で、θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}。

絶対値がつく理由は、2 直線が交わると角が「θ\theta」と「π\pi−θ{}- \theta」の 2 種類できるからです。tan⁡(π−θ)\tan(\pi - \theta)=−tan⁡θ{}= -\tan\theta なので、公式3で出た tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta) が負なら、それは鈍角側の角を測っていたことになり、絶対値をとれば鋭角側の tan⁡θ\tan\theta になります。切片 b1b_1，b2b_2 は角に関係しません。直線を平行移動しても傾きは変わらないので、「原点を通る場合」に帰着できるからです。

坂道を 2 本並べて、それぞれの「勾配」（第1章の道路標識）が m1m_1，m2m_2 だとします。2 本の坂の開き具合を知りたいとき、勾配の差 m1m_1−m2{}- m_2 をそのまま角にはできません。勾配は角の tan⁡\tan であって角そのものではないからです。公式5の分母 11+m1m2{}+ m_1 m_2 は、その「ずれ」を直す補正項です。

m1m2m_1 m_2=−1{}= -1 で分母が 00 になる場合は、公式3のところで見た「tan⁡αtan⁡β\tan\alpha\tan\beta=1{}= 1 なら tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) は定義されない」と同じ状況で、なす角が π2\dfrac{\pi}{2} になっています。数II の「2 直線が垂直 ⟺\Longleftrightarrow m1m2m_1 m_2=−1{}= -1」が、加法定理の側からも見えたわけです。

2 直線のなす角は、傾きを tan⁡\tan と見て公式3を使い、絶対値をつけて鋭角側をとるということです。

例題5：2 直線のなす角を求める

次の 2 直線のなす角 θ\theta（00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2}）を求めなさい。

(1) yy=2x{}= 2x と yy=−3x{}= -3x+1{}+ 1

(2) yy=x{}= x と yy=(2−3)x{}= (2 - \sqrt{3})x

【解答】

(1) m1m_1=2{}= 2，m2m_2=−3{}= -3 を公式5に入れます。

tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=∣2−(−3)1+2⋅(−3)∣\displaystyle {}= \left|\frac{2 - (-3)}{1 + 2 \cdot (-3)}\right|=∣5−5∣\displaystyle {}= \left|\frac{5}{-5}\right|=1\displaystyle {}= 1

00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2} で tan⁡θ\tan\theta=1{}= 1 となるのは

θ=π4‾\underline{\theta = \frac{\pi}{4}}

(2) m1m_1=1{}= 1，m2m_2=2{}= 2−3{}- \sqrt{3} より

tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=∣1−(2−3)1+1⋅(2−3)∣\displaystyle {}= \left|\frac{1 - (2 - \sqrt{3})}{1 + 1 \cdot (2 - \sqrt{3})}\right|=3−13−3\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} - 1}{3 - \sqrt{3}}=3−13(3−1)\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)}=13\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{3}}θ=π6‾\underline{\theta = \frac{\pi}{6}}

(2) は、例題3で 22−3{}- \sqrt{3}=tan⁡π12{}= \tan\dfrac{\pi}{12} だったことを思い出すと、yy=x{}= x（角 π4\dfrac{\pi}{4}）と角 π12\dfrac{\pi}{12} の直線のなす角は π4\dfrac{\pi}{4}−π12{}- \dfrac{\pi}{12}=π6{}= \dfrac{\pi}{6}、と暗算でも出ます。公式5はその暗算を、傾きしか分からないときにも使えるようにしたものです。(1) では絶対値の中が負でした。yy=2x{}= 2x の角から yy=−3x{}= -3x の角を引くと鈍角側の 34π\dfrac{3}{4}\pi になるので、絶対値で鋭角側の π4\dfrac{\pi}{4} に直しています。

加法定理で等式を証明する——展開して整理する

加法定理は「値を求める」だけでなく、「等式を示す」道具としても使います。やることは、sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) のような角の和・差を含む項を公式2で展開し、多項式の計算で整理して、右辺の形に持っていくことです。

公式6：加法定理を使う等式の証明の型
  1. 角の和・差を含む項をすべて加法定理で展開する。
  2. 展開した式を、文字式（sin⁡α\sin\alpha，cos⁡α\cos\alpha，sin⁡β\sin\beta，cos⁡β\cos\beta を文字と思う）として整理する。
  3. 必要なら sin⁡2θ\sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1 で sin⁡\sin か cos⁡\cos の一方にそろえ、右辺と一致させる。

よく使う結果：

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)+sin⁡(α−β)\displaystyle {}+ \sin(\alpha - \beta)=2sin⁡αcos⁡β,\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\beta,cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)+cos⁡(α−β)\displaystyle {}+ \cos(\alpha - \beta)=2cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= 2\cos\alpha\cos\beta

「よく使う結果」の 2 つは、公式2の 1 本目と 2 本目を足すと cos⁡αsin⁡β\cos\alpha\sin\beta が消え、3 本目と 4 本目を足すと sin⁡αsin⁡β\sin\alpha\sin\beta が消えることから出ます。引けば逆の項が消えます。この「足したり引いたりして片方を消す」操作は、第12章の積和・和積の公式そのものです。ここでは「加法定理の式どうしを足し引きすると、積が和になる」ことだけ頭の隅に置いてください。

展開のあとは、sin⁡α\sin\alpha などを文字 aa，bb，cc，dd と思って整理するのがコツです。三角関数だと思うと手が止まりますが、(ac+bd)(ac−bd)(ac + bd)(ac - bd)=a2c2{}= a^2c^2−b2d2{}- b^2d^2 のような数I の展開だと思えば機械的に進みます。最後に sin⁡2θ\sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1 を使って形を合わせるのは、第6章 j11・j12 の対称式の計算と同じ感覚です。

等式の証明は「加法定理で展開 → 文字式として整理 → 相互関係で形を合わせる」の 3 段階だということです。

例題6：加法定理で等式を証明する

次の等式を示しなさい。

(1) cos⁡(α+β)cos⁡(α−β)\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡2α{}= \cos^2\alpha−sin⁡2β{}- \sin^2\beta

(2) sin⁡(θ+π3)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)−sin⁡(θ−π3){}- \sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)=3cos⁡θ{}= \sqrt{3}\cos\theta

【解答】

(1) 左辺を公式2で展開します。

cos⁡(α+β)cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)=(cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β)\displaystyle {}= (\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta)×(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)\displaystyle \qquad \times (\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta)=cos⁡2αcos⁡2β\displaystyle {}= \cos^2\alpha\cos^2\beta−sin⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\alpha\sin^2\beta

「和と差の積」の形です。cos⁡2β\cos^2\beta=1{}= 1−sin⁡2β{}- \sin^2\beta，sin⁡2α\sin^2\alpha=1{}= 1−cos⁡2α{}- \cos^2\alpha で cos⁡α\cos\alpha と sin⁡β\sin\beta にそろえると

cos⁡2α(1−sin⁡2β)\displaystyle \cos^2\alpha(1 - \sin^2\beta)−(1−cos⁡2α)sin⁡2β\displaystyle {}- (1 - \cos^2\alpha)\sin^2\beta=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−cos⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}- \cos^2\alpha\sin^2\beta−sin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\beta+cos⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}+ \cos^2\alpha\sin^2\beta=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−sin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\beta

これは右辺に等しい。（証明終）

(2) 公式6の「よく使う結果」の sin⁡\sin 版で、今度は引き算です。左辺の 2 項を展開すると

(sin⁡θcos⁡π3+cos⁡θsin⁡π3)\displaystyle \left(\sin\theta\cos\frac{\pi}{3} + \cos\theta\sin\frac{\pi}{3}\right)−(sin⁡θcos⁡π3−cos⁡θsin⁡π3)\displaystyle {}- \left(\sin\theta\cos\frac{\pi}{3} - \cos\theta\sin\frac{\pi}{3}\right)=2cos⁡θsin⁡π3\displaystyle {}= 2\cos\theta\sin\frac{\pi}{3}=2cos⁡θ⋅32\displaystyle {}= 2\cos\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3cos⁡θ\displaystyle {}= \sqrt{3}\cos\theta

これは右辺に等しい。（証明終）

(1) で「cos⁡α\cos\alpha と sin⁡β\sin\beta にそろえる」と決めたのは、右辺にその 2 つしか出てこないからです。証明問題では、ゴールの形を先に見て、どの文字を残すかを決めてから相互関係を使います。(2) の sin⁡θcos⁡π3\sin\theta\cos\dfrac{\pi}{3} が消える様子は、第12章で「和を積に」直すときにもう一度出てきます。

第10章へ——β = α とおくと

加法定理の α\alpha，β\beta はどんな実数でもよいのでした。では β\beta=α{}= \alpha とおいたらどうなるでしょう。公式2の 1 本目と 3 本目に入れると

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=sin⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\alpha+cos⁡αsin⁡α\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\alpha=2sin⁡αcos⁡α,\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\alpha,cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=cos⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\alpha−sin⁡αsin⁡α\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\alpha=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−sin⁡2α\displaystyle {}- \sin^2\alpha

角を 2 倍にした三角関数が、もとの角の三角関数だけで書けました。これが第10章の2 倍角の公式です。加法定理から 1 行で出るので、新しく覚える必要はありません。

第8章 j09 で sin⁡2θ\sin 2\theta=12{}= \dfrac{1}{2} を解いたとき、2θ2\theta をかたまり tt として扱いました。2 倍角の公式があると、同じ sin⁡2θ\sin 2\theta を 2sin⁡θcos⁡θ2\sin\theta\cos\theta とほどくこともできます。かたまりのまま解くか、ほどいて sin⁡θ\sin\theta・cos⁡θ\cos\theta の式にするか——第10章では、その使い分けを練習します。

もう 1 つ、cos⁡2α\cos 2\alpha=cos⁡2α{}= \cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を cos⁡2α\cos 2\alpha=1{}= 1−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha と書き直して sin⁡2α\sin^2\alpha について解くと、角 2α2\alpha の値から角 α\alpha の値が出る式になります。これが半角の公式で、cos⁡π6\cos\dfrac{\pi}{6} から sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12} を出す、という逆向きの計算ができるようになります。この章で π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} という「引き算」で求めた値が、第10章では π12\dfrac{\pi}{12}=12⋅π6{}= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{6} という「半分」からも出てきます。j20 でその入口を少しだけ見ておきましょう。

基礎確認問題（全5問）

まずは公式をそのまま使う、ごく簡単な問題で確認しましょう。

問1

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) を sin⁡α\sin\alpha，cos⁡α\cos\alpha，sin⁡β\sin\beta，cos⁡β\cos\beta を用いて表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta}+sin⁡αsin⁡β‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}{}+ \sin\alpha\sin\beta}（cos⁡\cos は仲間どうし・逆符号）

自己採点：
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問2

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) を sin⁡α\sin\alpha，cos⁡α\cos\alpha，sin⁡β\sin\beta，cos⁡β\cos\beta を用いて表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta}+cos⁡αsin⁡β‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}{}+ \cos\alpha\sin\beta}（sin⁡\sin はたすき掛け・同符号）

自己採点：
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問3

712π\dfrac{7}{12}\pi=π3{}= \dfrac{\pi}{3}+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} を用いて、sin⁡712π\sin\dfrac{7}{12}\pi の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

6+24‾\underline{\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}（sin⁡π3cos⁡π4\sin\dfrac{\pi}{3}\cos\dfrac{\pi}{4}+cos⁡π3sin⁡π4{}+ \cos\dfrac{\pi}{3}\sin\dfrac{\pi}{4}=64{}= \dfrac{\sqrt{6}}{4}+24{}+ \dfrac{\sqrt{2}}{4}）

自己採点：
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問4

tan⁡α\tan\alpha=1{}= 1，tan⁡β\tan\beta=2{}= 2 のとき、tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−3‾\underline{-3}（1+21−1⋅2\dfrac{1 + 2}{1 - 1 \cdot 2}=3−1{}= \dfrac{3}{-1}）

自己採点：
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問5

sin⁡α\sin\alpha=35{}= \dfrac{3}{5}，cos⁡β\cos\beta=513{}= \dfrac{5}{13} で、α\alpha，β\beta の動径がともに第1象限にあるとき、sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

6365‾\underline{\dfrac{63}{65}}（cos⁡α\cos\alpha=45{}= \dfrac{4}{5}，sin⁡β\sin\beta=1213{}= \dfrac{12}{13} を出してから 35⋅513\dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{5}{13}+45⋅1213{}+ \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{12}{13}=15+4865{}= \dfrac{15 + 48}{65}）

自己採点：
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実践問題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝入試レベルです。★から順に取り組みましょう。

問1　★

512π\dfrac{5}{12}\pi=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+π6{}+ \dfrac{\pi}{6}，712π\dfrac{7}{12}\pi=π3{}= \dfrac{\pi}{3}+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} を用いて、sin⁡512π\sin\dfrac{5}{12}\pi と cos⁡712π\cos\dfrac{7}{12}\pi の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡512π\sin\dfrac{5}{12}\pi=6+24{}= \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}，cos⁡712π\cos\dfrac{7}{12}\pi=2−64{}= \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}

解説

どちらも三角定規の角の和なので、公式2に値を入れるだけです。

sin⁡512π\sin\dfrac{5}{12}\pi：sin⁡\sin の和の式（たすき掛け・同符号）です。

sin⁡π4cos⁡π6\displaystyle \sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6}+cos⁡π4sin⁡π6\displaystyle {}+ \cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6}=22⋅32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+22⋅12\displaystyle {}+ \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2}=6+24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}

cos⁡712π\cos\dfrac{7}{12}\pi：cos⁡\cos の和の式（仲間どうし・逆符号）です。

cos⁡π3cos⁡π4\displaystyle \cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}−sin⁡π3sin⁡π4\displaystyle {}- \sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}=12⋅22\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}−32⋅22\displaystyle {}- \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=2−64‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}}

712π\dfrac{7}{12}\pi は π2\dfrac{\pi}{2} を少し過ぎた第2象限の角なので、cos⁡\cos が負になるのは妥当です。値の符号を象限で確かめる習慣をつけると、公式の符号の取り違えに気づけます。

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問2　★

1112π\dfrac{11}{12}\pi=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi+π6{}+ \dfrac{\pi}{6} を用いて、sin⁡1112π\sin\dfrac{11}{12}\pi と cos⁡1112π\cos\dfrac{11}{12}\pi の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡1112π\sin\dfrac{11}{12}\pi=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}，cos⁡1112π\cos\dfrac{11}{12}\pi=−6+24{}= -\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}

解説

sin⁡34π\sin\dfrac{3}{4}\pi=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}，cos⁡34π\cos\dfrac{3}{4}\pi=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2}（第2象限で cos⁡\cos が負）に注意して代入します。

sin⁡1112π\displaystyle \sin\frac{11}{12}\pi=sin⁡34πcos⁡π6\displaystyle {}= \sin\frac{3}{4}\pi\cos\frac{\pi}{6}+cos⁡34πsin⁡π6\displaystyle {}+ \cos\frac{3}{4}\pi\sin\frac{\pi}{6}=22⋅32\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+(−22)⋅12\displaystyle {}+ \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}=6−24‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}} cos⁡1112π\displaystyle \cos\frac{11}{12}\pi=cos⁡34πcos⁡π6\displaystyle {}= \cos\frac{3}{4}\pi\cos\frac{\pi}{6}−sin⁡34πsin⁡π6\displaystyle {}- \sin\frac{3}{4}\pi\sin\frac{\pi}{6}=(−22)⋅32\displaystyle {}= \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}−22⋅12\displaystyle {}- \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2}=−6+24‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}

1112π\dfrac{11}{12}\pi=π{}= \pi−π12{}- \dfrac{\pi}{12} なので、第6章公式4の yy 軸対称より sin⁡1112π\sin\dfrac{11}{12}\pi=sin⁡π12{}= \sin\dfrac{\pi}{12}，cos⁡1112π\cos\dfrac{11}{12}\pi=−cos⁡π12{}= -\cos\dfrac{\pi}{12} です。例題1・例題2の値と見比べると、たしかに一致しています。分解のしかたが違っても答えは同じです。

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問3　★

tan⁡512π\tan\dfrac{5}{12}\pi と tan⁡712π\tan\dfrac{7}{12}\pi の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

tan⁡512π\tan\dfrac{5}{12}\pi=2{}= 2+3{}+ \sqrt{3}，tan⁡712π\tan\dfrac{7}{12}\pi=−2{}= -2−3{}- \sqrt{3}

解説

512π\dfrac{5}{12}\pi=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+π6{}+ \dfrac{\pi}{6} として公式3に tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1，tan⁡π6\tan\dfrac{\pi}{6}=13{}= \dfrac{1}{\sqrt{3}} を入れます。

tan⁡512π\displaystyle \tan\frac{5}{12}\pi=1+131−13\displaystyle {}= \frac{1 + \dfrac{1}{\sqrt{3}}}{1 - \dfrac{1}{\sqrt{3}}}=3+13−1\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}=(3+1)2(3−1)(3+1)\displaystyle {}= \frac{(\sqrt{3} + 1)^2}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)}=4+232\displaystyle {}= \frac{4 + 2\sqrt{3}}{2}=2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}2}+3‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}+ \sqrt{3}}

712π\dfrac{7}{12}\pi=π3{}= \dfrac{\pi}{3}+π4{}+ \dfrac{\pi}{4} として tan⁡π3\tan\dfrac{\pi}{3}=3{}= \sqrt{3}，tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1 を入れます。

tan⁡712π\displaystyle \tan\frac{7}{12}\pi=3+11−3\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}}=−3+13−1\displaystyle {}= -\frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}=−2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}-2}−3‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0839em]{0em}{1.0400em}{}- \sqrt{3}}

2 つ目は 1 つ目の計算の分母の符号が逆になっただけです。712π\dfrac{7}{12}\pi=π{}= \pi−512π{}- \dfrac{5}{12}\pi なので tan⁡712π\tan\dfrac{7}{12}\pi=−tan⁡512π{}= -\tan\dfrac{5}{12}\pi（第6章公式4）——値が符号違いになるのはそのためです。例題3の tan⁡π12\tan\dfrac{\pi}{12}=2{}= 2−3{}- \sqrt{3} と合わせると、tan⁡π12⋅tan⁡512π\tan\dfrac{\pi}{12} \cdot \tan\dfrac{5}{12}\pi=(2−3)(2+3){}= (2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})=1{}= 1 で、これは π12\dfrac{\pi}{12}+512π{}+ \dfrac{5}{12}\pi=π2{}= \dfrac{\pi}{2} から来る第6章公式5の関係 tan⁡(π2−θ)\tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \theta\right)=1tan⁡θ{}= \dfrac{1}{\tan\theta} です。

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問4　★

sin⁡α\sin\alpha=45{}= \dfrac{4}{5}，cos⁡β\cos\beta=1213{}= \dfrac{12}{13} で、α\alpha，β\beta の動径がともに第1象限にあるとき、sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) と cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)=6365{}= \dfrac{63}{65}，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)=1665{}= \dfrac{16}{65}

解説

まず残りの値を相互関係で出します。第1象限なのでどちらも正です。

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=1−1625\displaystyle {}= \sqrt{1 - \frac{16}{25}}=35,\displaystyle {}= \frac{3}{5},sin⁡β\displaystyle \sin\beta=1−144169\displaystyle {}= \sqrt{1 - \frac{144}{169}}=513\displaystyle {}= \frac{5}{13}

公式2に代入します。

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=45⋅1213\displaystyle {}= \frac{4}{5} \cdot \frac{12}{13}+35⋅513\displaystyle {}+ \frac{3}{5} \cdot \frac{5}{13}=48+1565\displaystyle {}= \frac{48 + 15}{65}=6365‾\displaystyle {}= \underline{\frac{63}{65}} cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=35⋅1213\displaystyle {}= \frac{3}{5} \cdot \frac{12}{13}−45⋅513\displaystyle {}- \frac{4}{5} \cdot \frac{5}{13}=36−2065\displaystyle {}= \frac{36 - 20}{65}=1665‾\displaystyle {}= \underline{\frac{16}{65}}

検算：63263^2+162{}+ 16^2=3969{}= 3969+256{}+ 256=4225{}= 4225=652{}= 65^2 なので、sin⁡2(α+β)\sin^2(\alpha + \beta)+cos⁡2(α+β){}+ \cos^2(\alpha + \beta)=1{}= 1 が成り立っています。3,3, 4,\ 4, 5\ 5 と 5,5, 12,\ 12, 13\ 13 という 2 組の直角三角形の辺から、16,16, 63,\ 63, 65\ 65 という新しい組が生まれたわけです。

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問5　★

sin⁡α\sin\alpha=35{}= \dfrac{3}{5}，cos⁡β\cos\beta=−45{}= -\dfrac{4}{5} で、α\alpha の動径が第2象限、β\beta の動径が第3象限にあるとき、sin⁡(α−β)\sin(\alpha - \beta) と cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) の値をそれぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡(α−β)\sin(\alpha - \beta)=−2425{}= -\dfrac{24}{25}，cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=725{}= \dfrac{7}{25}

解説

符号に注意して残りの値を出します。α\alpha は第2象限なので cos⁡α\cos\alpha<0{}< 0、β\beta は第3象限なので sin⁡β\sin\beta<0{}< 0 です。

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=−1−925\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{9}{25}}=−45,\displaystyle {}= -\frac{4}{5},sin⁡β\displaystyle \sin\beta=−1−1625\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{16}{25}}=−35\displaystyle {}= -\frac{3}{5}

公式2の差の式に代入します。

sin⁡(α−β)\displaystyle \sin(\alpha - \beta)=35⋅(−45)\displaystyle {}= \frac{3}{5} \cdot \left(-\frac{4}{5}\right)−(−45)⋅(−35)\displaystyle {}- \left(-\frac{4}{5}\right) \cdot \left(-\frac{3}{5}\right)=−1225\displaystyle {}= -\frac{12}{25}−1225\displaystyle {}- \frac{12}{25}=−2425‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{24}{25}} cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=(−45)⋅(−45)\displaystyle {}= \left(-\frac{4}{5}\right) \cdot \left(-\frac{4}{5}\right)+35⋅(−35)\displaystyle {}+ \frac{3}{5} \cdot \left(-\frac{3}{5}\right)=1625\displaystyle {}= \frac{16}{25}−925\displaystyle {}- \frac{9}{25}=725‾\displaystyle {}= \underline{\frac{7}{25}}

検算：24224^2+72{}+ 7^2=576{}= 576+49{}+ 49=625{}= 625=252{}= 25^2。符号を 1 つでも間違えると、この検算が合わなくなります（たとえば sin⁡β\sin\beta を正にすると sin⁡(α−β)\sin(\alpha - \beta)=0{}= 0 になってしまいます）。

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問6　★

(1) cos⁡(θ+π6)\cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)+cos⁡(θ−π6){}+ \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)

(2) cos⁡(θ+π3)\cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)−cos⁡(θ−π3){}- \cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)

上の 2 つの式を、それぞれ sin⁡θ\sin\theta または cos⁡θ\cos\theta を用いて表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 3cos⁡θ\sqrt{3}\cos\theta　(2) −3sin⁡θ-\sqrt{3}\sin\theta

解説

(1) 公式2の cos⁡\cos の和と差を展開して足すと、sin⁡θsin⁡π6\sin\theta\sin\dfrac{\pi}{6} の項が打ち消し合います。

(cos⁡θcos⁡π6−sin⁡θsin⁡π6)\displaystyle \left(\cos\theta\cos\frac{\pi}{6} - \sin\theta\sin\frac{\pi}{6}\right)+(cos⁡θcos⁡π6+sin⁡θsin⁡π6)\displaystyle {}+ \left(\cos\theta\cos\frac{\pi}{6} + \sin\theta\sin\frac{\pi}{6}\right)=2cos⁡θcos⁡π6\displaystyle {}= 2\cos\theta\cos\frac{\pi}{6}=2cos⁡θ⋅32\displaystyle {}= 2\cos\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3cos⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{\sqrt{3}\cos\theta}

(2) 今度は引き算なので、cos⁡θcos⁡π3\cos\theta\cos\dfrac{\pi}{3} の項が消えます。

(cos⁡θcos⁡π3−sin⁡θsin⁡π3)\displaystyle \left(\cos\theta\cos\frac{\pi}{3} - \sin\theta\sin\frac{\pi}{3}\right)−(cos⁡θcos⁡π3+sin⁡θsin⁡π3)\displaystyle {}- \left(\cos\theta\cos\frac{\pi}{3} + \sin\theta\sin\frac{\pi}{3}\right)=−2sin⁡θsin⁡π3\displaystyle {}= -2\sin\theta\sin\frac{\pi}{3}=−2sin⁡θ⋅32\displaystyle {}= -2\sin\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=−3sin⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{-\sqrt{3}\sin\theta}

公式6の「よく使う結果」そのものです。cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)+cos⁡(α−β){}+ \cos(\alpha - \beta)=2cos⁡αcos⁡β{}= 2\cos\alpha\cos\beta，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)−cos⁡(α−β){}- \cos(\alpha - \beta)=−2sin⁡αsin⁡β{}= -2\sin\alpha\sin\beta を覚えていれば 1 行で済みますが、覚えていなくても展開すれば必ず出ます。

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問7　★

2 直線 yy=2x{}= 2x と yy=13x{}= \dfrac{1}{3}x のなす角 θ\theta（00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2}）を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}

解説

m1m_1=2{}= 2，m2m_2=13{}= \dfrac{1}{3} を公式5に入れます。

tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=∣2−131+2⋅13∣\displaystyle {}= \left|\frac{2 - \dfrac{1}{3}}{1 + 2 \cdot \dfrac{1}{3}}\right|=∣5353∣\displaystyle {}= \left|\frac{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{5}{3}}\right|=1\displaystyle {}= 1 θ=π4‾\underline{\theta = \frac{\pi}{4}}

2 直線が xx 軸となす角を α\alpha（tan⁡α\tan\alpha=2{}= 2）、β\beta（tan⁡β\tan\beta=13{}= \dfrac{1}{3}）とすると、tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta)=1{}= 1 なので α\alpha−β{}- \beta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} ということです。α\alpha も β\beta も三角定規の角ではないのに、その差はちょうど π4\dfrac{\pi}{4} になる——加法定理を使うと、こういう「値の分からない角どうしの差」が求まります。

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問8　★

加法定理を用いて、第6章の公式 sin⁡(θ+π)\sin(\theta + \pi)=−sin⁡θ{}= -\sin\theta，cos⁡(θ+π)\cos(\theta + \pi)=−cos⁡θ{}= -\cos\theta，sin⁡(π−θ)\sin(\pi - \theta)=sin⁡θ{}= \sin\theta が成り立つことを確かめなさい。

つまずいたときは：
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答え

（確認）sin⁡π\sin\pi=0{}= 0，cos⁡π\cos\pi=−1{}= -1 を公式2に代入すると、それぞれ −sin⁡θ-\sin\theta，−cos⁡θ-\cos\theta，sin⁡θ\sin\theta になる

解説

公式2に β\beta=π{}= \pi を入れます。sin⁡π\sin\pi=0{}= 0，cos⁡π\cos\pi=−1{}= -1 です。

sin⁡(θ+π)\displaystyle \sin(\theta + \pi)=sin⁡θcos⁡π\displaystyle {}= \sin\theta\cos\pi+cos⁡θsin⁡π\displaystyle {}+ \cos\theta\sin\pi=sin⁡θ⋅(−1)\displaystyle {}= \sin\theta \cdot (-1)+cos⁡θ⋅0\displaystyle {}+ \cos\theta \cdot 0=−sin⁡θ\displaystyle {}= -\sin\theta cos⁡(θ+π)\displaystyle \cos(\theta + \pi)=cos⁡θcos⁡π\displaystyle {}= \cos\theta\cos\pi−sin⁡θsin⁡π\displaystyle {}- \sin\theta\sin\pi=cos⁡θ⋅(−1)\displaystyle {}= \cos\theta \cdot (-1)−sin⁡θ⋅0\displaystyle {}- \sin\theta \cdot 0=−cos⁡θ\displaystyle {}= -\cos\theta

sin⁡(π−θ)\sin(\pi - \theta) は α\alpha=π{}= \pi，β\beta=θ{}= \theta の差の式です。

sin⁡(π−θ)\displaystyle \sin(\pi - \theta)=sin⁡πcos⁡θ\displaystyle {}= \sin\pi\cos\theta−cos⁡πsin⁡θ\displaystyle {}- \cos\pi\sin\theta=0⋅cos⁡θ\displaystyle {}= 0 \cdot \cos\theta−(−1)⋅sin⁡θ\displaystyle {}- (-1) \cdot \sin\theta=sin⁡θ\displaystyle {}= \sin\theta

いずれも第6章公式4の表の通りです。（確認終）

第6章では「原点対称」「yy 軸対称」という図で説明した公式が、加法定理では sin⁡π\sin\pi=0{}= 0，cos⁡π\cos\pi=−1{}= -1 を入れるだけで出てきます。本文で β\beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を入れて公式5を出したのと同じで、第6章の公式4・5はすべて加法定理の特別な場合です。

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問9　★★

00<α{}< \alpha<π2{}< \dfrac{\pi}{2}，00<β{}< \beta<π2{}< \dfrac{\pi}{2} で tan⁡α\tan\alpha=2{}= 2，tan⁡β\tan\beta=3{}= 3 のとき、α\alpha+β{}+ \beta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

α\alpha+β{}+ \beta=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi

解説

公式3で tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) を計算します。

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=2+31−2⋅3\displaystyle {}= \frac{2 + 3}{1 - 2 \cdot 3}=5−5\displaystyle {}= \frac{5}{-5}=−1\displaystyle {}= -1

α\alpha，β\beta はともに鋭角なので 00<α{}< \alpha+β{}+ \beta<π{}< \pi です。この範囲で tan⁡\tan が −1-1 になる角は 1 つだけです（第8章の tan⁡θ\tan\theta=k{}= k は 00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi で 2 解ですが、幅 π\pi の範囲なら 1 解）。

α‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\alpha}+β=34π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \beta = \frac{3}{4}\pi}

tan⁡α\tan\alpha=2{}= 2>1{}> 1，tan⁡β\tan\beta=3{}= 3>1{}> 1 なので α\alpha も β\beta も π4\dfrac{\pi}{4} より大きく、和は π2\dfrac{\pi}{2} より大きいはずです。答えの 34π\dfrac{3}{4}\pi はそれに合っています。「tan⁡\tan の値から角を決める」ときは、必ず範囲で 1 つに絞るところまで書きます。

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問10　★★

sin⁡α\sin\alpha=13{}= \dfrac{1}{3}，cos⁡β\cos\beta=13{}= \dfrac{1}{3} で、α\alpha の動径が第2象限、β\beta の動径が第1象限にあるとき、sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) の値と、α\alpha+β{}+ \beta の動径がある象限を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)=−79{}= -\dfrac{7}{9}，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)=−429{}= -\dfrac{4\sqrt{2}}{9}，第3象限

解説

残りの値を出します。α\alpha は第2象限なので cos⁡α\cos\alpha<0{}< 0、β\beta は第1象限なので sin⁡β\sin\beta>0{}> 0 です。

cos⁡α\displaystyle \cos\alpha=−1−19\displaystyle {}= -\sqrt{1 - \frac{1}{9}}=−223,\displaystyle {}= -\frac{2\sqrt{2}}{3},sin⁡β\displaystyle \sin\beta=1−19\displaystyle {}= \sqrt{1 - \frac{1}{9}}=223\displaystyle {}= \frac{2\sqrt{2}}{3}

公式2に代入します。

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=13⋅13\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}+(−223)⋅223\displaystyle {}+ \left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right) \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}=19\displaystyle {}= \frac{1}{9}−89\displaystyle {}- \frac{8}{9}=−79‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{7}{9}} cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=(−223)⋅13\displaystyle {}= \left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right) \cdot \frac{1}{3}−13⋅223\displaystyle {}- \frac{1}{3} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}=−229\displaystyle {}= -\frac{2\sqrt{2}}{9}−229\displaystyle {}- \frac{2\sqrt{2}}{9}=−429‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{4\sqrt{2}}{9}}

sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta)<0{}< 0，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)<0{}< 0 なので

第3象限‾\underline{\text{第3象限}}

検算：(79)2\left(\dfrac{7}{9}\right)^2+(429)2{}+ \left(\dfrac{4\sqrt{2}}{9}\right)^2=49+3281{}= \dfrac{49 + 32}{81}=1{}= 1。α\alpha は π\pi に近い第2象限の角（sin⁡α\sin\alpha が小さい）、β\beta は π2\dfrac{\pi}{2} に近い第1象限の角（cos⁡β\cos\beta が小さい）なので、和は 32π\dfrac{3}{2}\pi に近く、第3象限という答えは図とも合います。

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問11　★★

等式 sin⁡(α+β)sin⁡(α−β)\sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta)=sin⁡2α{}= \sin^2\alpha−sin⁡2β{}- \sin^2\beta を示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

（証明）左辺を展開すると sin⁡2αcos⁡2β\sin^2\alpha\cos^2\beta−cos⁡2αsin⁡2β{}- \cos^2\alpha\sin^2\beta。cos⁡2β\cos^2\beta=1{}= 1−sin⁡2β{}- \sin^2\beta，cos⁡2α\cos^2\alpha=1{}= 1−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を代入して整理すると sin⁡2α\sin^2\alpha−sin⁡2β{}- \sin^2\beta

解説

左辺を公式2で展開します。「和と差の積」の形になります。

sin⁡(α+β)sin⁡(α−β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta)=(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)\displaystyle {}= (\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta)×(sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β)\displaystyle \qquad \times (\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)=sin⁡2αcos⁡2β\displaystyle {}= \sin^2\alpha\cos^2\beta−cos⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}- \cos^2\alpha\sin^2\beta

右辺には sin⁡\sin しかないので、cos⁡2β\cos^2\beta=1{}= 1−sin⁡2β{}- \sin^2\beta，cos⁡2α\cos^2\alpha=1{}= 1−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha で cos⁡\cos を消します。

sin⁡2α(1−sin⁡2β)\displaystyle \sin^2\alpha(1 - \sin^2\beta)−(1−sin⁡2α)sin⁡2β\displaystyle {}- (1 - \sin^2\alpha)\sin^2\beta=sin⁡2α\displaystyle {}= \sin^2\alpha−sin⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\alpha\sin^2\beta−sin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\beta+sin⁡2αsin⁡2β\displaystyle {}+ \sin^2\alpha\sin^2\beta=sin⁡2α\displaystyle {}= \sin^2\alpha−sin⁡2β\displaystyle {}- \sin^2\beta

これは右辺に等しい。（証明終）

例題6 (1) の cos⁡\cos 版と同じ流れです。sin⁡2αsin⁡2β\sin^2\alpha\sin^2\beta の項が打ち消し合うところが要点で、「ゴールに無い文字を相互関係で消す」と決めてから計算すると迷いません。

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問12　★★

θ\theta≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi，π4\dfrac{\pi}{4}±θ{}\pm \theta≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi（nn は整数）とします。

(1) tan⁡(π4−θ)\tan\left(\dfrac{\pi}{4} - \theta\right) を tan⁡θ\tan\theta を用いて表しなさい。

(2) 等式 tan⁡(π4+θ)tan⁡(π4−θ)\tan\left(\dfrac{\pi}{4} + \theta\right)\tan\left(\dfrac{\pi}{4} - \theta\right)=1{}= 1 を示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 1−tan⁡θ1+tan⁡θ\dfrac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}　(2) （証明）(1) と例題3 (2) の積が 1+tan⁡θ1−tan⁡θ⋅1−tan⁡θ1+tan⁡θ\dfrac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta} \cdot \dfrac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}=1{}= 1

解説

(1) 公式3の差の式に tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1 を入れます。

tan⁡(π4−θ)\displaystyle \tan\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)=1−tan⁡θ1+1⋅tan⁡θ\displaystyle {}= \frac{1 - \tan\theta}{1 + 1 \cdot \tan\theta}=1−tan⁡θ1+tan⁡θ‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}}

(2) 例題3 (2) より tan⁡(π4+θ)\tan\left(\dfrac{\pi}{4} + \theta\right)=1+tan⁡θ1−tan⁡θ{}= \dfrac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta} なので、(1) との積は

1+tan⁡θ1−tan⁡θ⋅1−tan⁡θ1+tan⁡θ\displaystyle \frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta} \cdot \frac{1 - \tan\theta}{1 + \tan\theta}=1\displaystyle {}= 1

（証明終）

(2) は第6章公式5の tan⁡(π2−φ)\tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \varphi\right)=1tan⁡φ{}= \dfrac{1}{\tan\varphi} で φ\varphi=π4{}= \dfrac{\pi}{4}+θ{}+ \theta とおいたものと同じです。(π4+θ)\left(\dfrac{\pi}{4} + \theta\right)+(π4−θ){}+ \left(\dfrac{\pi}{4} - \theta\right)=π2{}= \dfrac{\pi}{2} で、和が π2\dfrac{\pi}{2} になる 2 つの角の tan⁡\tan は互いに逆数、というわけです。問題文の「ただし」は、分母 11±tan⁡θ{}\pm \tan\theta が 00 になる角（θ\theta=±π4{}= \pm\dfrac{\pi}{4}+nπ{}+ n\pi）を除くための条件です。

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問13　★★

直線 yy=3x{}= 3x とのなす角が π4\dfrac{\pi}{4} である直線 yy=mx{}= mx の傾き mm をすべて求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

mm=12,{}= \dfrac{1}{2}, −2{}\ -2

解説

公式5で tan⁡π4\tan\dfrac{\pi}{4}=1{}= 1 とおきます。

∣3−m1+3m∣\displaystyle \left|\frac{3 - m}{1 + 3m}\right|=1\displaystyle {}= 1⟹3−m1+3m\displaystyle {}\Longrightarrow\qquad \frac{3 - m}{1 + 3m}=1\displaystyle {}= 1または\displaystyle \text{または}3−m1+3m\displaystyle \frac{3 - m}{1 + 3m}=−1\displaystyle {}= -1

前者：33−m{}- m=1{}= 1+3m{}+ 3m より mm=12{}= \dfrac{1}{2}。後者：33−m{}- m=−1{}= -1−3m{}- 3m より mm=−2{}= -2。

m=12,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}m = \frac{1}{2},} −2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}\ -2}

答えが 2 つあるのは、直線 yy=3x{}= 3x から π4\dfrac{\pi}{4} だけ「時計回り」に傾けた直線と「反時計回り」に傾けた直線の 2 本があるからです。この 2 本は互いに垂直で、実際 12⋅(−2)\dfrac{1}{2} \cdot (-2)=−1{}= -1 になっています。絶対値をはずすときの場合分けが、そのまま 2 本の直線に対応しています。

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問14　★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi のとき、方程式 sin⁡(θ+π6)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)−sin⁡(θ−π6){}- \sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)=12{}= \dfrac{1}{2} の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=π3,{}= \dfrac{\pi}{3}, 53π\ \dfrac{5}{3}\pi

解説

左辺を公式2で展開すると、sin⁡θcos⁡π6\sin\theta\cos\dfrac{\pi}{6} の項が消えます。

(sin⁡θcos⁡π6+cos⁡θsin⁡π6)\displaystyle \left(\sin\theta\cos\frac{\pi}{6} + \cos\theta\sin\frac{\pi}{6}\right)−(sin⁡θcos⁡π6−cos⁡θsin⁡π6)\displaystyle {}- \left(\sin\theta\cos\frac{\pi}{6} - \cos\theta\sin\frac{\pi}{6}\right)=2cos⁡θsin⁡π6\displaystyle {}= 2\cos\theta\sin\frac{\pi}{6}=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta

よって方程式は cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2} になります。第8章公式2より、xx 座標が 12\dfrac{1}{2} の点は π3\dfrac{\pi}{3} とその xx 軸対称です。

θ=π3,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{3},} 53π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{5}{3}\pi}

検算：θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3} のとき sin⁡π2\sin\dfrac{\pi}{2}−sin⁡π6{}- \sin\dfrac{\pi}{6}=1{}= 1−12{}- \dfrac{1}{2}=12{}= \dfrac{1}{2}。第8章では「かたまり」のまま解く方程式を扱いましたが、かたまりが 2 つあるときは加法定理でほどいて cos⁡θ\cos\theta=k{}= k の形に落とします。

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問15　★★

sin⁡α\sin\alpha+sin⁡β{}+ \sin\beta=12{}= \dfrac{1}{2}，cos⁡α\cos\alpha+cos⁡β{}+ \cos\beta=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} のとき、cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta) の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=−12{}= -\dfrac{1}{2}

解説

cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β{}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β{}+ \sin\alpha\sin\beta を作るために、2 つの条件をそれぞれ 2 乗して足します。

(sin⁡α+sin⁡β)2\displaystyle (\sin\alpha + \sin\beta)^2+(cos⁡α+cos⁡β)2\displaystyle {}+ (\cos\alpha + \cos\beta)^2=14\displaystyle {}= \frac{1}{4}+34\displaystyle {}+ \frac{3}{4}=1\displaystyle {}= 1

左辺を展開すると

(sin⁡2α+cos⁡2α)\displaystyle (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)+(sin⁡2β+cos⁡2β)\displaystyle {}+ (\sin^2\beta + \cos^2\beta)+2(sin⁡αsin⁡β+cos⁡αcos⁡β)\displaystyle {}+ 2(\sin\alpha\sin\beta + \cos\alpha\cos\beta)=2\displaystyle {}= 2+2cos⁡(α−β)\displaystyle {}+ 2\cos(\alpha - \beta)

よって 22+2cos⁡(α−β){}+ 2\cos(\alpha - \beta)=1{}= 1 より

cos⁡(α−β)=−12‾\underline{\cos(\alpha - \beta) = -\frac{1}{2}}

α\alpha も β\beta も個別には求まりませんが、「cos⁡cos⁡\cos\cos+sin⁡sin⁡{}+ \sin\sin」の組み合わせだけなら 2 乗の和から取り出せます。第6章 j11 で sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta を 2 乗して sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta を出したのと同じ発想で、加法定理の右辺を「1 つのかたまり」として見る問題です。

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問16　★★

三角形 ABCABC の 3 つの角 AA，BB，CC がいずれも π2\dfrac{\pi}{2} でないとき、等式 tan⁡A\tan A+tan⁡B{}+ \tan B+tan⁡C{}+ \tan C=tan⁡Atan⁡Btan⁡C{}= \tan A\tan B\tan C を示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

（証明）CC=π{}= \pi−(A+B){}- (A + B) より tan⁡C\tan C=−tan⁡(A+B){}= -\tan(A + B)=−tan⁡A+tan⁡B1−tan⁡Atan⁡B{}= -\dfrac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B}。分母を払って整理すると tan⁡A\tan A+tan⁡B{}+ \tan B=−tan⁡C{}= -\tan C+tan⁡Atan⁡Btan⁡C{}+ \tan A\tan B\tan C

解説

AA+B{}+ B+C{}+ C=π{}= \pi なので CC=π{}= \pi−(A+B){}- (A + B) です。第6章公式4より tan⁡(π−φ)\tan(\pi - \varphi)=−tan⁡φ{}= -\tan\varphi ですから

tan⁡C\displaystyle \tan C=−tan⁡(A+B)\displaystyle {}= -\tan(A + B)=−tan⁡A+tan⁡B1−tan⁡Atan⁡B\displaystyle {}= -\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B}

ここで CC≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2} より AA+B{}+ B≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2} なので、tan⁡Atan⁡B\tan A\tan B≠1{}\neq 1、つまり分母は 00 ではありません。分母を払うと

tan⁡C (1−tan⁡Atan⁡B)\displaystyle \tan C\,(1 - \tan A\tan B)=−(tan⁡A+tan⁡B)\displaystyle {}= -(\tan A + \tan B)⟹tan⁡C\displaystyle {}\Longrightarrow\qquad \tan C−tan⁡Atan⁡Btan⁡C\displaystyle {}- \tan A\tan B\tan C=−tan⁡A\displaystyle {}= -\tan A−tan⁡B\displaystyle {}- \tan B

移項して

tan⁡A\displaystyle \tan A+tan⁡B\displaystyle {}+ \tan B+tan⁡C\displaystyle {}+ \tan C=tan⁡Atan⁡Btan⁡C\displaystyle {}= \tan A\tan B\tan C

（証明終）

「3 つの角の和が π\pi」という条件を「CC=π{}= \pi−(A+B){}- (A + B)」と書き直して加法定理に持ち込むのが、三角形の問題の定石です。第3章・第4章の三角形の問題では正弦定理・余弦定理を使いましたが、角だけの関係式なら加法定理で処理できます。

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問17　★★★

α\alpha，β\beta，γ\gamma はいずれも 00<θ{}< \theta<π4{}< \dfrac{\pi}{4} を満たす角とします。

(1) tan⁡α\tan\alpha=12{}= \dfrac{1}{2}，tan⁡β\tan\beta=13{}= \dfrac{1}{3} のとき、α\alpha+β{}+ \beta=π4{}= \dfrac{\pi}{4} であることを示しなさい。

(2) tan⁡α\tan\alpha=12{}= \dfrac{1}{2}，tan⁡β\tan\beta=15{}= \dfrac{1}{5}，tan⁡γ\tan\gamma=18{}= \dfrac{1}{8} のとき、α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta)=12+131−16{}= \dfrac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{6}}=1{}= 1 で 00<α{}< \alpha+β{}+ \beta<π2{}< \dfrac{\pi}{2} より α\alpha+β{}+ \beta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}　(2) α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=π4{}= \dfrac{\pi}{4}

解説

(1) 公式3より

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=12+131−12⋅13\displaystyle {}= \frac{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}}{1 - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3}}=5656\displaystyle {}= \frac{\dfrac{5}{6}}{\dfrac{5}{6}}=1\displaystyle {}= 1

00<α{}< \alpha<π4{}< \dfrac{\pi}{4}，00<β{}< \beta<π4{}< \dfrac{\pi}{4} より 00<α{}< \alpha+β{}+ \beta<π2{}< \dfrac{\pi}{2} で、この範囲で tan⁡\tan が 11 になる角は π4\dfrac{\pi}{4} だけです。よって α\alpha+β{}+ \beta=π4{}= \dfrac{\pi}{4}。（証明終）

(2) まず α\alpha+β{}+ \beta を 1 つの角と見て tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) を出し、次にそれと γ\gamma の和をとります。

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=12+151−12⋅15\displaystyle {}= \frac{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{5}}{1 - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{5}}=710910\displaystyle {}= \frac{\dfrac{7}{10}}{\dfrac{9}{10}}=79\displaystyle {}= \frac{7}{9} tan⁡(α+β+γ)\displaystyle \tan(\alpha + \beta + \gamma)=79+181−79⋅18\displaystyle {}= \frac{\dfrac{7}{9} + \dfrac{1}{8}}{1 - \dfrac{7}{9} \cdot \dfrac{1}{8}}=56+97272−772\displaystyle {}= \frac{\dfrac{56 + 9}{72}}{\dfrac{72 - 7}{72}}=6565\displaystyle {}= \frac{65}{65}=1\displaystyle {}= 1

00<α{}< \alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma<34π{}< \dfrac{3}{4}\pi で tan⁡\tan が 11 になる角は π4\dfrac{\pi}{4} だけなので

α‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}\alpha}+β‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}{}+ \beta}+γ=π4‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{1.7936em}{}+ \gamma = \frac{\pi}{4}}

「tan⁡\tan の値がどれも三角定規の値ではないのに、和はちょうど π4\dfrac{\pi}{4}」という問題です。3 つの角の和は「2 つの和」を 1 つの角とみなして加法定理を 2 回使います。最後に範囲で角を 1 つに絞る一文を忘れないこと——tan⁡\tan=1{}= 1 だけでは 54π\dfrac{5}{4}\pi の可能性が残ります。

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問18　★★★

原点 O\mathrm{O} から距離 rr にある点 P(x, y)\mathrm{P}(x,\ y) を、原点のまわりに角 θ\theta だけ回転した点を P′(x′, y′)\mathrm{P}'(x',\ y') とします。

(1) xx=rcos⁡α{}= r\cos\alpha，yy=rsin⁡α{}= r\sin\alpha とおいて、x′x'=xcos⁡θ{}= x\cos\theta−ysin⁡θ{}- y\sin\theta，y′y'=xsin⁡θ{}= x\sin\theta+ycos⁡θ{}+ y\cos\theta が成り立つことを示しなさい。

(2) 点 (2, 1)(2,\ 1) を原点のまわりに π3\dfrac{\pi}{3} だけ回転した点の座標を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）P′\mathrm{P}' は角 α\alpha+θ{}+ \theta・距離 rr の点なので x′x'=rcos⁡(α+θ){}= r\cos(\alpha + \theta)，y′y'=rsin⁡(α+θ){}= r\sin(\alpha + \theta)。加法定理で展開して rcos⁡αr\cos\alpha=x{}= x，rsin⁡αr\sin\alpha=y{}= y を戻す　(2) (2−32, 23+12)\left(\dfrac{2 - \sqrt{3}}{2},\ \dfrac{2\sqrt{3} + 1}{2}\right)

解説

(1) 動径 OP\mathrm{OP} が xx 軸となす角を α\alpha とすると、P\mathrm{P} は「角 α\alpha、原点からの距離 rr」の点なので xx=rcos⁡α{}= r\cos\alpha，yy=rsin⁡α{}= r\sin\alpha と書けます（単位円の点を rr 倍したもの）。θ\theta だけ回転した P′\mathrm{P}' は「角 α\alpha+θ{}+ \theta、距離 rr」の点なので

x′\displaystyle x'=rcos⁡(α+θ),\displaystyle {}= r\cos(\alpha + \theta),y′\displaystyle y'=rsin⁡(α+θ)\displaystyle {}= r\sin(\alpha + \theta)

公式2で展開し、rcos⁡αr\cos\alpha=x{}= x，rsin⁡αr\sin\alpha=y{}= y を戻します。

x′\displaystyle x'=rcos⁡αcos⁡θ\displaystyle {}= r\cos\alpha\cos\theta−rsin⁡αsin⁡θ\displaystyle {}- r\sin\alpha\sin\theta=xcos⁡θ\displaystyle {}= x\cos\theta−ysin⁡θ\displaystyle {}- y\sin\theta y′\displaystyle y'=rsin⁡αcos⁡θ\displaystyle {}= r\sin\alpha\cos\theta+rcos⁡αsin⁡θ\displaystyle {}+ r\cos\alpha\sin\theta=ycos⁡θ\displaystyle {}= y\cos\theta+xsin⁡θ\displaystyle {}+ x\sin\theta=xsin⁡θ\displaystyle {}= x\sin\theta+ycos⁡θ\displaystyle {}+ y\cos\theta

（証明終）

(2) (1) の式に xx=2{}= 2，yy=1{}= 1，θ\theta=π3{}= \dfrac{\pi}{3}（cos⁡π3\cos\dfrac{\pi}{3}=12{}= \dfrac{1}{2}，sin⁡π3\sin\dfrac{\pi}{3}=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}）を入れます。

x′\displaystyle x'=2⋅12\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{1}{2}−1⋅32\displaystyle {}- 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2−32,\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{3}}{2},y′\displaystyle y'=2⋅32\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+1⋅12\displaystyle {}+ 1 \cdot \frac{1}{2}=23+12\displaystyle {}= \frac{2\sqrt{3} + 1}{2} (2−32, 23+12)‾\underline{\left(\frac{2 - \sqrt{3}}{2},\ \frac{2\sqrt{3} + 1}{2}\right)}

検算：x′2x'^2=4−43+34{}= \dfrac{4 - 4\sqrt{3} + 3}{4}，y′2y'^2=12+43+14{}= \dfrac{12 + 4\sqrt{3} + 1}{4} なので x′2x'^2+y′2{}+ y'^2=204{}= \dfrac{20}{4}=5{}= 5=22{}= 2^2+12{}+ 1^2 で、原点からの距離が保たれています。第8章の最後で「点 P\mathrm{P} を β\beta だけ回転した点の座標が加法定理」と予告しましたが、この問題はその一般版で、単位円上でない点でも同じ式で回せます。この式は第6章公式5の「π2\dfrac{\pi}{2} 回転で (x, y)(x,\ y)→(−y, x){}\to (-y,\ x)」を任意の角に広げたもので、θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} を入れると実際にそうなります。

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問19　★★★

00≦θ{}\leqq \theta<2π{}< 2\pi とします。

(1) cos⁡(θ+π3)\cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)=cos⁡θ{}= \cos\theta

(2) sin⁡(θ+π4)\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)−cos⁡(θ+π4){}- \cos\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)=1{}= 1

上の各方程式の解を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) θ\theta=56π,{}= \dfrac{5}{6}\pi, 116π\ \dfrac{11}{6}\pi　(2) θ\theta=π4,{}= \dfrac{\pi}{4}, 34π\ \dfrac{3}{4}\pi

解説

(1) 左辺を展開します。

cos⁡θcos⁡π3\displaystyle \cos\theta\cos\frac{\pi}{3}−sin⁡θsin⁡π3\displaystyle {}- \sin\theta\sin\frac{\pi}{3}=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta⟹12cos⁡θ\displaystyle {}\Longrightarrow\qquad \frac{1}{2}\cos\theta−32sin⁡θ\displaystyle {}- \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta=cos⁡θ\displaystyle {}= \cos\theta

整理すると 3sin⁡θ\sqrt{3}\sin\theta=−cos⁡θ{}= -\cos\theta。ここで cos⁡θ\cos\theta=0{}= 0 とすると sin⁡θ\sin\theta=0{}= 0 となり相互関係に反するので cos⁡θ\cos\theta≠0{}\neq 0。両辺を 3cos⁡θ\sqrt{3}\cos\theta で割って

tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=−13\displaystyle {}= -\frac{1}{\sqrt{3}}=−33\displaystyle {}= -\frac{\sqrt{3}}{3}

第8章公式2より、tan⁡θ\tan\theta=−33{}= -\dfrac{\sqrt{3}}{3} の解は −π6-\dfrac{\pi}{6} の位置とその原点対称です。

θ=56π,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{5}{6}\pi,} 116π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{11}{6}\pi}

検算：θ\theta=56π{}= \dfrac{5}{6}\pi のとき、左辺 =cos⁡76π= \cos\dfrac{7}{6}\pi=−32{}= -\dfrac{\sqrt{3}}{2}、右辺 =cos⁡56π= \cos\dfrac{5}{6}\pi=−32{}= -\dfrac{\sqrt{3}}{2}。

(2) 2 つの項をそれぞれ展開します。cos⁡π4\cos\dfrac{\pi}{4}=sin⁡π4{}= \sin\dfrac{\pi}{4}=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} なので

sin⁡(θ+π4)\displaystyle \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)=22(sin⁡θ+cos⁡θ),\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta + \cos\theta),cos⁡(θ+π4)\displaystyle \cos\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)=22(cos⁡θ−sin⁡θ)\displaystyle {}= \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta - \sin\theta)

差をとると cos⁡θ\cos\theta が消えて

22(sin⁡θ+cos⁡θ)\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta + \cos\theta)−22(cos⁡θ−sin⁡θ)\displaystyle {}- \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta - \sin\theta)=2sin⁡θ\displaystyle {}= \sqrt{2}\sin\theta

方程式は 2sin⁡θ\sqrt{2}\sin\theta=1{}= 1、つまり sin⁡θ\sin\theta=22{}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} です。

θ=π4,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = \frac{\pi}{4},} 34π‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \frac{3}{4}\pi}

(1) は「cos⁡θ\cos\theta と sin⁡θ\sin\theta が両方残る」型で、cos⁡θ\cos\theta≠0{}\neq 0 を確かめてから tan⁡\tan の方程式にします。(2) は展開すると一方が消えて、第8章の sin⁡θ\sin\theta=k{}= k に戻ります。どちらも「加法定理でほどく → 第8章の型に落とす」という流れです。

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問20　★★★

(1) 加法定理で β\beta=α{}= \alpha とおくことで、sin⁡2α\sin 2\alpha=2sin⁡αcos⁡α{}= 2\sin\alpha\cos\alpha，cos⁡2α\cos 2\alpha=cos⁡2α{}= \cos^2\alpha−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha が成り立つことを示しなさい。

(2) sin⁡α\sin\alpha=35{}= \dfrac{3}{5} で α\alpha の動径が第1象限にあるとき、sin⁡2α\sin 2\alpha と cos⁡2α\cos 2\alpha の値を求めなさい。

(3) (1) の cos⁡2α\cos 2\alpha の式を sin⁡2α\sin^2\alpha+cos⁡2α{}+ \cos^2\alpha=1{}= 1 で cos⁡2α\cos 2\alpha=1{}= 1−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha の形に直し、α\alpha=π12{}= \dfrac{\pi}{12} に用いて sin⁡2π12\sin^2\dfrac{\pi}{12} の値を求めなさい。また、それが例題2で求めた sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}=6−24{}= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} の 2 乗と一致することを確かめなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) （証明）sin⁡(α+α)\sin(\alpha + \alpha)=sin⁡αcos⁡α{}= \sin\alpha\cos\alpha+cos⁡αsin⁡α{}+ \cos\alpha\sin\alpha，cos⁡(α+α)\cos(\alpha + \alpha)=cos⁡αcos⁡α{}= \cos\alpha\cos\alpha−sin⁡αsin⁡α{}- \sin\alpha\sin\alpha　(2) sin⁡2α\sin 2\alpha=2425{}= \dfrac{24}{25}，cos⁡2α\cos 2\alpha=725{}= \dfrac{7}{25}　(3) sin⁡2π12\sin^2\dfrac{\pi}{12}=2−34{}= \dfrac{2 - \sqrt{3}}{4}。(6−24)2\left(\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}\right)^2=8−4316{}= \dfrac{8 - 4\sqrt{3}}{16}=2−34{}= \dfrac{2 - \sqrt{3}}{4} で一致

解説

(1) 公式2の和の式で β\beta=α{}= \alpha とおきます。

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=sin⁡(α+α)\displaystyle {}= \sin(\alpha + \alpha)=sin⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\alpha+cos⁡αsin⁡α\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\alpha=2sin⁡αcos⁡α\displaystyle {}= 2\sin\alpha\cos\alpha cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=cos⁡(α+α)\displaystyle {}= \cos(\alpha + \alpha)=cos⁡αcos⁡α\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\alpha−sin⁡αsin⁡α\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\alpha=cos⁡2α\displaystyle {}= \cos^2\alpha−sin⁡2α\displaystyle {}- \sin^2\alpha

（証明終）

(2) 第1象限なので cos⁡α\cos\alpha=1−925{}= \sqrt{1 - \dfrac{9}{25}}=45{}= \dfrac{4}{5}。(1) の式に入れて

sin⁡2α\displaystyle \sin 2\alpha=2⋅35⋅45\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5}=2425‾,\displaystyle {}= \underline{\frac{24}{25}},cos⁡2α\displaystyle \cos 2\alpha=1625\displaystyle {}= \frac{16}{25}−925\displaystyle {}- \frac{9}{25}=725‾\displaystyle {}= \underline{\frac{7}{25}}

検算：24224^2+72{}+ 7^2=576{}= 576+49{}+ 49=625{}= 625=252{}= 25^2。

(3) cos⁡2α\cos^2\alpha=1{}= 1−sin⁡2α{}- \sin^2\alpha を代入すると cos⁡2α\cos 2\alpha=1{}= 1−2sin⁡2α{}- 2\sin^2\alpha、つまり

sin⁡2α\displaystyle \sin^2\alpha=1−cos⁡2α2\displaystyle {}= \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}

α\alpha=π12{}= \dfrac{\pi}{12} とすると 2α2\alpha=π6{}= \dfrac{\pi}{6} で、cos⁡π6\cos\dfrac{\pi}{6}=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} は知っている値です。

sin⁡2π12\displaystyle \sin^2\frac{\pi}{12}=1−322\displaystyle {}= \frac{1 - \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2}=2−34‾\displaystyle {}= \underline{\frac{2 - \sqrt{3}}{4}}

一方、例題2の値を 2 乗すると

(6−24)2\displaystyle \left(\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}\right)^2=6+2−21216\displaystyle {}= \frac{6 + 2 - 2\sqrt{12}}{16}=8−4316\displaystyle {}= \frac{8 - 4\sqrt{3}}{16}=2−34\displaystyle {}= \frac{2 - \sqrt{3}}{4}

で、たしかに一致します。（確認終）

(3) の sin⁡2α\sin^2\alpha=1−cos⁡2α2{}= \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2} が第10章の半角の公式です。角 π12\dfrac{\pi}{12} の値は、この章では π4\dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} という「差」から、第10章では π6\dfrac{\pi}{6} の「半分」から出せて、第1章 j19 の図から出した値とも一致します。3 通りの道が同じ数に着く——公式が正しく組み上がっている証拠です。2−34\sqrt{\dfrac{2 - \sqrt{3}}{4}} を 6−24\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} に直す「2 重根号のはずし方」は第10章で扱います。

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数学小話コーナー

プトレマイオスの弦の表——2000 年前の加法定理

第2章の小話で、2 世紀の天文学者プトレマイオスが『アルマゲスト』に「弦の表」を載せた話をしました。円の中心角に対して弦の長さを 0.5∘0.5^\circ 刻みで 180∘180^\circ まで並べた表で、そのとき「和・差の弦の公式が加法定理の先祖にあたる」と予告しました。この章でその先祖に会いに行きます。

プトレマイオスが表を作るのに使ったのは、今も「プトレマイオスの定理」と呼ばれる図形の性質です。円に内接する四角形 ABCDABCD で、対角線の積は向かい合う辺の積の和に等しい——AC⋅BDAC \cdot BD=AB⋅CD{}= AB \cdot CD+AD⋅BC{}+ AD \cdot BC。この四角形の 1 辺を円の直径にとり、残りの辺を「角 α\alpha の弦」「角 β\beta の弦」と見ると、定理はそのまま「角 α\alpha−β{}- \beta の弦」を求める式になります。弦の長さは半径 1 の円で 2sin⁡θ22\sin\dfrac{\theta}{2} ですから、これは sin⁡(α−β)\sin(\alpha - \beta) の加法定理を、sin⁡\sin という言葉を使わずに書いたものです。

彼はこの「差の弦」の式と「半角の弦」の式（第10章の先祖）を組み合わせて表を埋めていきました。正五角形から 72∘72^\circ の弦、正六角形から 60∘60^\circ の弦を出し、差をとって 12∘12^\circ、半分にして 6∘6^\circ，3∘3^\circ，1.5∘1.5^\circ，0.75∘0.75^\circ と細かくし、1∘1^\circ の弦は 0.75∘0.75^\circ と 1.5∘1.5^\circ の弦のあいだを不等式ではさんで近似した——と伝えられています（※表の原型はヒッパルコスが作ったともいわれ、諸説あります）。この章で π12\dfrac{\pi}{12}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}−π6{}- \dfrac{\pi}{6} から sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12} を出したのと、やっていることは同じです。

豆知識

弦の「半分」を扱うようになったのはインドの数学者たちで、第1章の小話に出てきた sin⁡\sin の語源 jyā（弦）はそこから来ています。弦の半分を使うと「角 θ\theta の半弦」がちょうど今の sin⁡θ\sin\theta になり、和・差の公式もこの章の形に落ち着きました。プトレマイオスの定理そのものは、今でも加法定理の「図形による証明」として教科書に載ることがあります。

日の出の式の正体——加法定理は空にもある

第8章の小話で、太陽の高度 hh が sin⁡h\sin h=a{}= a+bcos⁡t{}+ b\cos t という式で決まり、日の出は hh=0{}= 0 を解けば求まる、と書きました。そのとき「aa・bb は緯度と季節で決まる定数」とだけ言って中身を伏せましたが、加法定理を知った今なら中身を見せられます。観測地の緯度を φ\varphi、その日の太陽の傾き（赤緯といいます）を δ\delta とすると

sin⁡h\displaystyle \sin h=sin⁡φsin⁡δ\displaystyle {}= \sin\varphi\sin\delta+cos⁡φcos⁡δcos⁡t\displaystyle {}+ \cos\varphi\cos\delta\cos t

です。aa=sin⁡φsin⁡δ{}= \sin\varphi\sin\delta，bb=cos⁡φcos⁡δ{}= \cos\varphi\cos\delta——どちらも sin⁡\sin どうし・cos⁡\cos どうしの積で、公式1の右辺と同じ顔をしています。

正午（tt=0{}= 0）に cos⁡t\cos t=1{}= 1 を入れると、右辺は sin⁡φsin⁡δ\sin\varphi\sin\delta+cos⁡φcos⁡δ{}+ \cos\varphi\cos\delta=cos⁡(φ−δ){}= \cos(\varphi - \delta)。まさに公式1です。sin⁡h\sin h=cos⁡(φ−δ){}= \cos(\varphi - \delta) を第6章公式5で読み替えると hh=π2{}= \dfrac{\pi}{2}−(φ−δ){}- (\varphi - \delta)、度で書けば「南中高度 =90∘−緯度= 90^\circ - \text{緯度}+赤緯{}+ \text{赤緯}」。中学の理科で覚えたあの公式は、日の出の式に加法定理を当てはめた特別な場合だったわけです。東京（φ\varphi≈35.7∘{}\approx 35.7^\circ）なら夏至（δ\delta≈23.4∘{}\approx 23.4^\circ）の南中高度は約 77.7∘77.7^\circ、冬至（δ\delta≈−23.4∘{}\approx -23.4^\circ）は約 30.9∘30.9^\circ になります。

真夜中（tt=π{}= \pi）は cos⁡t\cos t=−1{}= -1 なので、右辺は −(cos⁡φcos⁡δ−sin⁡φsin⁡δ)-(\cos\varphi\cos\delta - \sin\varphi\sin\delta)=−cos⁡(φ+δ){}= -\cos(\varphi + \delta)。これが 00 以上、つまり φ\varphi+δ{}+ \delta≧90∘{}\geqq 90^\circ なら真夜中でも太陽が沈まない——白夜です。第8章の小話で「白夜は cos⁡t\cos t=k{}= k に解がない状態」と言いましたが、加法定理で書き直すと「緯度と赤緯の和が 90∘90^\circ を超える」という、地図で読める条件になります。

豆知識

日の出の式は「球面三角法」という、球の表面に描いた三角形の公式から出てきます。地球（球）の上の観測者・北極・太陽の真下の点を結ぶ三角形に対して、余弦定理の球面版 cos⁡c\cos c=cos⁡acos⁡b{}= \cos a\cos b+sin⁡asin⁡bcos⁡C{}+ \sin a\sin b\cos C を書いたものが上の式です。平面の余弦定理（第3章）と形が似ていますが、辺 aa，bb，cc が長さではなく「中心角」で表されるところが違います。球面の三角形は内角の和が 180∘180^\circ を超えるなど平面とは別の幾何学で、大航海時代の船乗りが星の高度から自分の位置を割り出す計算にも使われました。

角の足し算が掛け算になる——回転を数で書く

j18 で、点 (x, y)(x,\ y) を角 θ\theta だけ回転した点が (xcos⁡θ−ysin⁡θ, xsin⁡θ+ycos⁡θ)(x\cos\theta - y\sin\theta,\ x\sin\theta + y\cos\theta) になることを示しました。この式は、スマートフォンの画面が回転するときや、ゲームのキャラクターが向きを変えるときに、コンピュータの中で実際に動いている計算です。画像のすべての点にこの式を当てて座標を書き換えると、絵が回ります。

回転を 2 回続けるとどうなるでしょう。角 α\alpha 回してから角 β\beta 回すのは、角 α\alpha+β{}+ \beta 回すのと同じはずです。j18 の式を 2 回当てて整理すると、結果はちょうど cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)，sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) を公式2で展開した形になります。つまり加法定理は「回転の合成を座標で書いた式」です。この章の冒頭で「回転した点の座標」から出発したのは、この事情によります。

さらに一歩進めると、回転は「掛け算」になります。xx 座標と yy 座標をひとまとめにして cos⁡α\cos\alpha+isin⁡α{}+ i\sin\alpha という数（ii は i2i^2=−1{}= -1 となる虚数単位。数II の複素数）を作り、同じ形の 2 つの数を掛けてみます。

(cos⁡α+isin⁡α)(cos⁡β+isin⁡β)\displaystyle (\cos\alpha + i\sin\alpha)(\cos\beta + i\sin\beta)=(cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β)\displaystyle {}= (\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta)+i(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)\displaystyle {}+ i(\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta)

実部と虚部に現れたのは、公式2の cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta) と sin⁡(α+β)\sin(\alpha + \beta) そのものです。よってこの積は cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)+isin⁡(α+β){}+ i\sin(\alpha + \beta)——角の足し算が、数の掛け算になったわけです。この見方は数C の複素数平面で「ド・モアブルの定理」として正式に登場します（※ド・モアブルが 1707 年ごろに近い形の式を示したとされますが、現在の形で書いたのはオイラーで、諸説あります）。

豆知識

第6章の小話で「オイラーが sin⁡\sin を三角形から切り離して関数にした」と書きました。関数として見ると、加法定理は「f(α+β)f(\alpha + \beta) が f(α)f(\alpha)，f(β)f(\beta)，g(α)g(\alpha)，g(β)g(\beta) の式で書ける」という関数の性質になります。同じ性質を持つ関数がもう 1 つあります。指数関数の aα+βa^{\alpha + \beta}=aαaβ{}= a^\alpha a^\beta（指数法則）です。オイラーはこの 2 つが実は同じものだと見抜き、eiθe^{i\theta}=cos⁡θ{}= \cos\theta+isin⁡θ{}+ i\sin\theta（オイラーの公式）を『無限解析入門』に書きました。この式を使うと、加法定理は指数法則 ei(α+β)e^{i(\alpha + \beta)}=eiαeiβ{}= e^{i\alpha}e^{i\beta} の言い換えになります。「角の足し算が掛け算になる」のは、三角関数が指数関数の親戚だからでした。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では「加法定理の 4 本（＋ tan⁡\tan の 2 本）を使って値を求め、等式を示せる」ことで十分ですが、「本文の証明は 00<α{}< \alpha−β{}- \beta<π{}< \pi の図で説明していたが、どんな角でも成り立つのか？」「tan⁡\tan の公式はいつ使えないのか？」「なす角の公式に絶対値がつく根拠は？」が気になる人のために、根拠を紹介します。

定義1：原点を中心とする回転

θ\theta を実数とする。平面上の点 P\mathrm{P} を、原点 O\mathrm{O} からの距離 rr=OP{}= \mathrm{OP} と動径 OP\mathrm{OP} の角 α\alpha を用いて P(rcos⁡α, rsin⁡α)\mathrm{P}(r\cos\alpha,\ r\sin\alpha) と表すとき、点 P′(rcos⁡(α+θ), rsin⁡(α+θ))\mathrm{P}'(r\cos(\alpha + \theta),\ r\sin(\alpha + \theta)) を対応させる移動を、原点を中心とする角 θ\theta の回転という。原点自身（rr=0{}= 0）は原点に移す。

α\alpha のかわりに α\alpha+2nπ{}+ 2n\pi（nn は整数）をとっても、第6章公式4より P′\mathrm{P}' は同じ点になるので、この対応は α\alpha の選び方によらず定まる。

「回転」という言葉は第5章（一般角）や第6章（π2\dfrac{\pi}{2} 回転）で図の言葉として使ってきましたが、座標で定義するとこうなります。「α\alpha の選び方によらない」という一言は、第5章の弧度法や第2章の三角比のときと同じ「well-defined」の確認です。

定理1：cos(α − β) の加法定理（一般角）

すべての実数 α\alpha，β\beta に対して

cos⁡(α−β)\displaystyle \cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \sin\alpha\sin\beta

証明　単位円上に P(cos⁡α, sin⁡α)\mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha)，Q(cos⁡β, sin⁡β)\mathrm{Q}(\cos\beta,\ \sin\beta) をとる。距離の公式と相互関係より

PQ2\displaystyle \mathrm{PQ}^2=(cos⁡α−cos⁡β)2\displaystyle {}= (\cos\alpha - \cos\beta)^2+(sin⁡α−sin⁡β)2\displaystyle {}+ (\sin\alpha - \sin\beta)^2=2\displaystyle {}= 2−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)\displaystyle {}- 2(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta)⋯(A)\displaystyle \cdots (\mathrm{A})

一方、γ\gamma=α{}= \alpha−β{}- \beta とおき、γ\gamma を 2π2\pi で割った余り γ0\gamma_0（00≦γ0{}\leqq \gamma_0<2π{}< 2\pi）をとる。さらに γ0\gamma_0≦π{}\leqq \pi なら θ0\theta_0=γ0{}= \gamma_0、γ0\gamma_0>π{}> \pi なら θ0\theta_0=2π{}= 2\pi−γ0{}- \gamma_0 とおくと 00≦θ0{}\leqq \theta_0≦π{}\leqq \pi で、第6章公式4（周期・xx 軸対称）より cos⁡θ0\cos\theta_0=cos⁡γ0{}= \cos\gamma_0=cos⁡γ{}= \cos\gamma である。動径 OP\mathrm{OP} は角 α\alpha、OQ\mathrm{OQ} は角 β\beta の位置にあるから、θ0\theta_0 は 2 本の半直線 OP\mathrm{OP}，OQ\mathrm{OQ} のなす角（00 以上 π\pi 以下でとったもの）である。

  • 00<θ0{}< \theta_0<π{}< \pi のとき、三角形 OPQ\mathrm{OPQ} ができ、OP\mathrm{OP}=OQ{}= \mathrm{OQ}=1{}= 1，∠POQ\angle\mathrm{POQ}=θ0{}= \theta_0。余弦定理より PQ2\mathrm{PQ}^2=2{}= 2−2cos⁡θ0{}- 2\cos\theta_0=2{}= 2−2cos⁡(α−β){}- 2\cos(\alpha - \beta)。
  • θ0\theta_0=0{}= 0 のとき、動径が一致して P\mathrm{P}=Q{}= \mathrm{Q}、PQ2\mathrm{PQ}^2=0{}= 0。一方 cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡0{}= \cos 0=1{}= 1 より 22−2cos⁡(α−β){}- 2\cos(\alpha - \beta)=0{}= 0。
  • θ0\theta_0=π{}= \pi のとき、Q\mathrm{Q} は P\mathrm{P} の原点対称の点で PQ\mathrm{PQ}=2{}= 2、PQ2\mathrm{PQ}^2=4{}= 4。一方 cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡π{}= \cos\pi=−1{}= -1 より 22−2cos⁡(α−β){}- 2\cos(\alpha - \beta)=4{}= 4。

いずれの場合も

PQ2\displaystyle \mathrm{PQ}^2=2\displaystyle {}= 2−2cos⁡(α−β)\displaystyle {}- 2\cos(\alpha - \beta)⋯(B)\displaystyle \cdots (\mathrm{B})

(A)(\mathrm{A}) と (B)(\mathrm{B}) を比べて、cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=cos⁡αcos⁡β{}= \cos\alpha\cos\beta+sin⁡αsin⁡β{}+ \sin\alpha\sin\beta。（証明終）

本文の証明との違いは、∠POQ\angle\mathrm{POQ} の取り方です。α\alpha−β{}- \beta は負にも 2π2\pi 以上にもなりえますが、三角形の角は 00 から π\pi のあいだの値でなければ余弦定理が使えません。そこで「2π2\pi で割った余りをとり、π\pi を超えていれば 2π2\pi から引く」ことで 00≦θ0{}\leqq \theta_0≦π{}\leqq \pi に収め、cos⁡\cos の値が変わらないことを第6章公式4で保証しています。第8章の厳密定義（定理2）で「任意の解を 2π2\pi で割って余りを取り出す」技法を使いましたが、ここでも同じ技法です。三角形が「つぶれる」θ0\theta_0=0{}= 0，π\pi の 2 つの場合を別に確かめているのは、余弦定理が三角形の存在を前提にしているためです。

定理2：残りの加法定理

すべての実数 α\alpha，β\beta に対して

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta−sin⁡αsin⁡β,\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\beta,sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta+cos⁡αsin⁡β,\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\beta,sin⁡(α−β)\displaystyle \sin(\alpha - \beta)=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta−cos⁡αsin⁡β\displaystyle {}- \cos\alpha\sin\beta

証明　定理1は任意の実数で成り立つので、β\beta に −β-\beta を代入してよい。第6章公式4（cos⁡(−β)\cos(-\beta)=cos⁡β{}= \cos\beta，sin⁡(−β)\sin(-\beta)=−sin⁡β{}= -\sin\beta）より 1 つ目が従う。

2 つ目は、第6章公式5（sin⁡φ\sin\varphi=cos⁡(π2−φ){}= \cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \varphi\right)，これも任意の実数 φ\varphi で成り立つ）を φ\varphi=α{}= \alpha+β{}+ \beta に用い、π2\dfrac{\pi}{2}−α{}- \alpha−β{}- \beta=(π2−α){}= \left(\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right)−β{}- \beta と見て定理1を適用する。

sin⁡(α+β)\displaystyle \sin(\alpha + \beta)=cos⁡(π2−α)cos⁡β\displaystyle {}= \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\cos\beta+sin⁡(π2−α)sin⁡β\displaystyle {}+ \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\sin\beta=sin⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \sin\alpha\cos\beta+cos⁡αsin⁡β\displaystyle {}+ \cos\alpha\sin\beta

3 つ目は 2 つ目に −β-\beta を代入する。（証明終）

定理2の証明は本文と同じですが、「定理1が任意の実数で成り立つ」ことが要点です。もし定理1が 00<α{}< \alpha−β{}- \beta<π{}< \pi でしか示されていなければ、−β-\beta や π2\dfrac{\pi}{2}−α{}- \alpha を代入した先で条件が崩れるかもしれません。定理1を一般角で証明しておいたおかげで、代入が自由にできます。

定理3：tan の加法定理と、その成立条件

cos⁡α\cos\alpha≠0{}\neq 0，cos⁡β\cos\beta≠0{}\neq 0 とする。このとき

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)≠0\displaystyle {}\neq 0  ⟺  1\displaystyle {}\iff 1−tan⁡αtan⁡β\displaystyle {}- \tan\alpha\tan\beta≠0\displaystyle {}\neq 0

であり、この条件のもとで

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β\displaystyle {}= \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}

証明　定理2より

cos⁡(α+β)\displaystyle \cos(\alpha + \beta)=cos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta−sin⁡αsin⁡β\displaystyle {}- \sin\alpha\sin\beta=cos⁡αcos⁡β (1−tan⁡αtan⁡β)\displaystyle {}= \cos\alpha\cos\beta\,(1 - \tan\alpha\tan\beta)

cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta≠0{}\neq 0 だから、左辺が 00 でないことと 11−tan⁡αtan⁡β{}- \tan\alpha\tan\beta≠0{}\neq 0 は同値である。この条件のもとで、tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta)=sin⁡(α+β)cos⁡(α+β){}= \dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha + \beta)} の分母・分子を cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\beta で割ると

tan⁡(α+β)\displaystyle \tan(\alpha + \beta)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡βcos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡β\displaystyle {}= \frac{\dfrac{\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}}{\dfrac{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}}=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β\displaystyle {}= \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}

（証明終）

本文の公式3で「α\alpha，β\beta，α\alpha+β{}+ \beta のいずれも π2\dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi でないとき」と書いた条件は、この定理の「cos⁡α\cos\alpha≠0{}\neq 0，cos⁡β\cos\beta≠0{}\neq 0，cos⁡(α+β)\cos(\alpha + \beta)≠0{}\neq 0」を角で言い換えたものです。定理3が示しているのは、3 つ目の条件が「公式の分母が 00 でない」ことと同じだという点で、つまり「分母が 00 になる ⟺\Longleftrightarrow tan⁡(α+β)\tan(\alpha + \beta) が定義されない」です。分母が 00 になったら「値が無限大」ではなく「その角では tan⁡\tan を定義しない」と読みます（第2章・第6章の約束と同じ）。

定理4：2 直線のなす角

yy 軸に平行でない 2 直線 ℓ1\ell_1：yy=m1x{}= m_1 x+b1{}+ b_1，ℓ2\ell_2：yy=m2x{}= m_2 x+b2{}+ b_2 のなす角を θ\theta（00≦θ{}\leqq \theta≦π2{}\leqq \dfrac{\pi}{2}）とする。

  • 11+m1m2{}+ m_1 m_2≠0{}\neq 0 のとき tan⁡θ\tan\theta=∣m1−m21+m1m2∣{}= \left|\dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right|。
  • 11+m1m2{}+ m_1 m_2=0{}= 0 のとき θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}。

証明　ℓ1\ell_1，ℓ2\ell_2 が xx 軸の正の向きとなす角を α\alpha，β\beta（00≦α,{}\leqq \alpha,β\beta<π{}< \pi，α,\alpha, β\ \beta≠π2{}\neq \dfrac{\pi}{2}）とすると m1m_1=tan⁡α{}= \tan\alpha，m2m_2=tan⁡β{}= \tan\beta である（切片は角に影響しない）。2 直線のなす角は ∣α−β∣|\alpha - \beta| と π\pi−∣α−β∣{}- |\alpha - \beta| のうち π2\dfrac{\pi}{2} 以下のほうで、これを θ\theta とする。

第6章公式4より tan⁡(π−φ)\tan(\pi - \varphi)=−tan⁡φ{}= -\tan\varphi，tan⁡(−φ)\tan(-\varphi)=−tan⁡φ{}= -\tan\varphi なので、θ\theta がどちらであっても tan⁡θ\tan\theta=∣tan⁡(α−β)∣{}= |\tan(\alpha - \beta)|（ただし tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta) が定義されるとき）。

11+m1m2{}+ m_1 m_2=1{}= 1+tan⁡αtan⁡β{}+ \tan\alpha\tan\beta≠0{}\neq 0 のとき、定理3（β\beta を −β-\beta に置き換えた形）より cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)≠0{}\neq 0 で tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta)=m1−m21+m1m2{}= \dfrac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}。絶対値をとれば主張の式。

11+m1m2{}+ m_1 m_2=0{}= 0 のとき、定理3より cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=0{}= 0、すなわち α\alpha−β{}- \beta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}+nπ{}+ n\pi。−π-\pi<α{}< \alpha−β{}- \beta<π{}< \pi より α\alpha−β{}- \beta=±π2{}= \pm\dfrac{\pi}{2}、よって θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2}。（証明終）

絶対値の根拠は「θ\theta と π\pi−θ{}- \theta で tan⁡\tan の符号だけが変わる」ことです。また、数II で「2 直線が垂直 ⟺\Longleftrightarrow m1m2m_1 m_2=−1{}= -1」と習う条件が、ここでは「tan⁡(α−β)\tan(\alpha - \beta) の分母が 00 ⟺\Longleftrightarrow cos⁡(α−β)\cos(\alpha - \beta)=0{}= 0 ⟺\Longleftrightarrow なす角が π2\dfrac{\pi}{2}」として出てきました。yy 軸に平行な直線（傾きが定義されない）を除いたのは、tan⁡π2\tan\dfrac{\pi}{2} を定義しないのと同じ理由です。

**補足：回転が距離を保つこと。**本文の図の右側で「全体を −β-\beta だけ回転しても弦の長さは変わらない」と述べました。これは直観的には明らかですが、座標で確かめるには j18 の回転の式 (xcos⁡θ−ysin⁡θ, xsin⁡θ+ycos⁡θ)(x\cos\theta - y\sin\theta,\ x\sin\theta + y\cos\theta) が要り、その式は加法定理から出ます。つまり「回転が距離を保つ」を根拠に加法定理を証明すると、循環になりかねません。定理1で余弦定理を使ったのは、この循環を避けるためです（余弦定理は第3章で三角比の定義から直接示してあります）。逆に、加法定理が証明されたあとなら、j18 の式から x′2x'^2+y′2{}+ y'^2=x2{}= x^2+y2{}+ y^2 を計算で確かめられ、「回転は原点からの距離を保つ」が定理として得られます。2 点間の距離についても同様です。

補足：加法定理は三角関数を特徴づける。f(α+β)f(\alpha + \beta)=f(α)f(β){}= f(\alpha)f(\beta)−g(α)g(β){}- g(\alpha)g(\beta)，g(α+β)g(\alpha + \beta)=g(α)f(β){}= g(\alpha)f(\beta)+f(α)g(β){}+ f(\alpha)g(\beta) という 2 本の等式を満たすなめらかな関数の組 (f, g)(f,\ g) は、定数倍や変数の伸縮を除けば (cos⁡, sin⁡)(\cos,\ \sin) に限られることが、大学の数学で示されます（同じ型の「関数方程式」を指数関数 ax+ya^{x + y}=axay{}= a^x a^y も満たし、小話3の「三角関数と指数関数は親戚」はこの意味です）。第6章の小話でオイラーが sin⁡\sin を「関数」にした話をしましたが、関数になった三角関数を「三角形を使わずに」定義し直すとき、この加法定理が定義の役を果たすことがあります。

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