§A2.3加法定理とその派生公式

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30度や45度の三角比が分かっていても、それらの三角比から15度の三角比を求めるには、角の差と三角関数の値を結ぶ関係が必要です。加法定理により、二つの角の和や差の三角関数を、それぞれの角の三角関数で表すことができます。この定理は、三角関数の値の計算や式の変形の基礎になります。本記事では、加法定理と、加法定理から導かれる公式を解説します。

1 加法定理

定理 1.1 (加法定理). 任意の実数角α,β\alpha,\betaに対して

sin⁡(α±β)=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡β,cos⁡(α±β)=cos⁡αcos⁡β∓sin⁡αsin⁡β.\begin{aligned} \sin(\alpha\pm\beta)&=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta,\\ \cos(\alpha\pm\beta)&=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta. \end{aligned}

証明. 単位円上にP=(cos⁡α,sin⁡α)P=(\cos\alpha,\sin\alpha)、Q=(cos⁡β,sin⁡β)Q=(\cos\beta,\sin\beta)をとる。座標の差から

PQ2=2−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β).PQ^2=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta).

O,P,QO,P,Qが一直線上にない場合、三角形OPQOPQの余弦定理§A2.1 定理 3.2により

PQ2=2−2cos⁡(α−β)PQ^2=2-2\cos(\alpha-\beta)

が得られる。実際、∠POQ\angle POQはα−β\alpha-\betaを整数回の一周と符号の反転によって[0,π][0,\pi]へ移した角であり、単位円のxx軸対称性と周期により余弦は変わらない。二つの距離の式を比較すると余弦の差の公式を得る。P=QP=Qの場合には右辺の積の和が11、P=−QP=-Qの場合には−1-1であり、それぞれcos⁡(α−β)\cos(\alpha-\beta)と一致する。したがって差の公式はすべての実数角で成り立つ。

単位円の対称性からcos⁡(−β)=cos⁡β\cos(-\beta)=\cos\beta、sin⁡(−β)=−sin⁡β\sin(-\beta)=-\sin\betaである。差の公式のβ\betaを−β-\betaに替えると余弦の和の公式を得る。また、単位円上の座標の交換からcos⁡(π/2−t)=sin⁡t\cos(\pi/2-t)=\sin t、sin⁡(π/2−t)=cos⁡t\sin(\pi/2-t)=\cos tである。よって

sin⁡(α+β)=cos⁡((π/2−α)−β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β.\sin(\alpha+\beta)=\cos((\pi/2-\alpha)-\beta) =\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta.

β\betaを−β-\betaに替えると正弦の差の公式を得る。▨

公式 1.2.cos⁡α≠0\cos\alpha\ne0、cos⁡β≠0\cos\beta\ne0で、対応する分母1∓tan⁡αtan⁡β≠01\mp\tan\alpha\tan\beta\ne0のとき

tan⁡(α±β)=tan⁡α±tan⁡β1∓tan⁡αtan⁡β.\tan(\alpha\pm\beta)=\frac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}.

証明. 正弦の加法定理を余弦の加法定理で割り、分子と分母をcos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\betaで割る。分母条件からcos⁡(α±β)≠0\cos(\alpha\pm\beta)\ne0なので左辺も定義される。▨

例 1.3.15∘=45∘−30∘15^\circ=45^\circ-30^\circ、75∘=45∘+30∘75^\circ=45^\circ+30^\circなので

sin⁡15∘=6−24,sin⁡75∘=6+24.\sin15^\circ=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4},\qquad \sin75^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}.

b=4b=4、c=2c=2、間の角A=75∘A=75^\circの三角形の面積は

S=12bcsin⁡A=6+2S=\frac12bc\sin A=\sqrt6+\sqrt2

となる。角の和の計算によって、三角形の面積を根号で表すことができる。

2 倍角と半角

公式 2.1. 任意の実数角α\alphaに対して

sin⁡2α=2sin⁡αcos⁡α,cos⁡2α=cos⁡2α−sin⁡2α=1−2sin⁡2α=2cos⁡2α−1,\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha,\qquad \cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha =1-2\sin^2\alpha=2\cos^2\alpha-1,sin⁡2α2=1−cos⁡α2,cos⁡2α2=1+cos⁡α2.\sin^2\frac\alpha2=\frac{1-\cos\alpha}{2},\qquad \cos^2\frac\alpha2=\frac{1+\cos\alpha}{2}.

証明. 加法定理でβ=α\beta=\alphaと置くと倍角公式を得る。sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1を用いて余弦の式を変形する。倍角公式のα\alphaをα/2\alpha/2に替え、平方の項について解くと半角公式を得る。▨

例 2.2.α=4π/3\alpha=4\pi/3ではα/2=2π/3\alpha/2=2\pi/3が第2象限に属する。したがって

sin⁡α2=1−(−1/2)2=32,cos⁡α2=−1+(−1/2)2=−12.\sin\frac\alpha2=\sqrt{\frac{1-(-1/2)}2}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \cos\frac\alpha2=-\sqrt{\frac{1+(-1/2)}2}=-\frac12.

半角公式から平方根をとる際には、半角の象限によって符号を選ぶ。平方の公式は、三角関数の積分で次数を下げる際にも用いる。

3 積和公式と和積公式

公式 3.1 (積和公式). 任意の実数角α,β\alpha,\betaに対して

sin⁡αcos⁡β=12{sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)},cos⁡αsin⁡β=12{sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)},cos⁡αcos⁡β=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)},sin⁡αsin⁡β=12{cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β)}.\begin{aligned} \sin\alpha\cos\beta&=\tfrac12\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\},\\ \cos\alpha\sin\beta&=\tfrac12\{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\},\\ \cos\alpha\cos\beta&=\tfrac12\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\},\\ \sin\alpha\sin\beta&=\tfrac12\{\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\}. \end{aligned}

証明. 正弦の和と差の加法定理を足すと第1式、引くと第2式を得る。余弦の和と差の加法定理を足すと第3式、差の式から和の式を引くと第4式を得る。それぞれ両辺を22で割る。▨

公式 3.2 (和積公式). 任意の実数角u,vu,vに対して

sin⁡u+sin⁡v=2sin⁡u+v2cos⁡u−v2,sin⁡u−sin⁡v=2cos⁡u+v2sin⁡u−v2,cos⁡u+cos⁡v=2cos⁡u+v2cos⁡u−v2,cos⁡u−cos⁡v=−2sin⁡u+v2sin⁡u−v2.\begin{aligned} \sin u+\sin v&=2\sin\frac{u+v}{2}\cos\frac{u-v}{2},\\ \sin u-\sin v&=2\cos\frac{u+v}{2}\sin\frac{u-v}{2},\\ \cos u+\cos v&=2\cos\frac{u+v}{2}\cos\frac{u-v}{2},\\ \cos u-\cos v&=-2\sin\frac{u+v}{2}\sin\frac{u-v}{2}. \end{aligned}

証明. 積和公式にα=(u+v)/2\alpha=(u+v)/2、β=(u−v)/2\beta=(u-v)/2を代入する。このときα+β=u\alpha+\beta=u、α−β=v\alpha-\beta=vである。▨

例 3.3.

sin⁡75∘+sin⁡15∘=2sin⁡45∘cos⁡30∘=62.\sin75^\circ+\sin15^\circ=2\sin45^\circ\cos30^\circ=\frac{\sqrt6}{2}.

和積公式により、二つの正弦の和を基本角の積として求めることができる。

4 三角関数の合成

公式 4.1.a,b∈Ra,b\in\Rが同時には00でないとし、R=a2+b2>0R=\sqrt{a^2+b^2}>0と置く。cos⁡φ=a/R\cos\varphi=a/R、sin⁡φ=b/R\sin\varphi=b/Rを満たす角φ\varphiを選ぶと、すべての実数角θ\thetaに対して

asin⁡θ+bcos⁡θ=Rsin⁡(θ+φ).a\sin\theta+b\cos\theta=R\sin(\theta+\varphi).

θ\thetaが実数全体を動くとき、最大値はRR、最小値は−R-Rである。a=b=0a=b=0の場合、式は恒等的に00で、最大値も最小値も00である。

証明.(a/R)2+(b/R)2=1(a/R)^2+(b/R)^2=1なので、指定された正弦と余弦をもつ角φ\varphiが存在する。加法定理を展開すると

Rsin⁡(θ+φ)=Rcos⁡φsin⁡θ+Rsin⁡φcos⁡θ=asin⁡θ+bcos⁡θ.R\sin(\theta+\varphi)=R\cos\varphi\sin\theta+R\sin\varphi\cos\theta=a\sin\theta+b\cos\theta.

sin⁡(θ+φ)\sin(\theta+\varphi)は[−1,1][-1,1]のすべての値をとるため、最大値と最小値も従う。▨

注意 4.2. 合成の角φ\varphiは正弦と余弦の両方で指定する。正接だけでは、φ\varphiとφ+π\varphi+\piを区別することができない。

例 4.3.

3sin⁡θ+cos⁡θ=2sin⁡(θ+π/6).\sqrt3\sin\theta+\cos\theta=2\sin(\theta+\pi/6).

実数全体での最大値は22で、θ=π/3+2kπ\theta=\pi/3+2k\pi（k∈Zk\in\Z）で達する。最小値は−2-2で、θ=4π/3+2kπ\theta=4\pi/3+2k\piで達する。角の範囲が制限される場合には、これらの角が範囲内にあるかを確認する必要がある。

閑話休題：波の重ね合わせと三角関数 振動をcos⁡(ω1t)\cos(\omega_1t)、cos⁡(ω2t)\cos(\omega_2t)で表すモデルでは、和積公式によって

cos⁡(ω1t)+cos⁡(ω2t)=2cos⁡(ω1−ω2)t2cos⁡(ω1+ω2)t2\cos(\omega_1t)+\cos(\omega_2t) =2\cos\frac{(\omega_1-\omega_2)t}{2}\cos\frac{(\omega_1+\omega_2)t}{2}

を得ます。ω1\omega_1とω2\omega_2が近い場合、差に対応する因子は和に対応する因子よりゆっくり変化します。この式は、二つの音のうなりを表すモデルになります。

AM変調では、例えば(1+mcos⁡ωmt)cos⁡ωct(1+m\cos\omega_mt)\cos\omega_ctのように、信号によって搬送波の振幅を変えます。積和公式により、実数m,ωm,ωc,tm,\omega_m,\omega_c,tに対して

(1+mcos⁡ωmt)cos⁡ωct=cos⁡ωct+m2cos⁡((ωc+ωm)t)+m2cos⁡((ωc−ωm)t)\begin{aligned} (1+m\cos\omega_mt)\cos\omega_ct &=\cos\omega_ct\\ &\quad+\frac m2\cos((\omega_c+\omega_m)t) +\frac m2\cos((\omega_c-\omega_m)t) \end{aligned}

が成り立ちます。弦の振動、光や電波などの周期的な現象にも、三角関数を使うモデルがあります。

フーリエ級数では、異なる振動数の正弦と余弦の和によって関数を展開します。この展開を用いるときには、関数の種類と収束の条件を確かめる必要があります。任意の波形が無条件に展開されるわけではありません。音声処理における正弦波の分解も、このような展開の応用です。

複素数を用いると、オイラーの公式eiθ=cos⁡θ+isin⁡θe^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\thetaとei(α+β)=eiαeiβe^{i(\alpha+\beta)}=e^{i\alpha}e^{i\beta}の実部・虚部の比較によって加法定理を表すことができます。また、和積公式に似た関数方程式から三角関数を特徴づける結果もあります。その定式化には、関数方程式の形、連続性などの仮定、定数倍や双曲線関数を含めるかという範囲の指定が必要です。

5 例題

レベル2 — 加法定理と倍角・半角

次の値を、加法定理とその派生公式（倍角・半角・3倍角）を使って求めよ。

解法の型覚える出発点は加法定理の数本だけ。β\beta==α\alphaとすれば倍角、次数を下げれば半角、もう1つ足せば3倍角が導ける

例 5.1.α,β\alpha, \betaはともに鋭角で sinα=\alpha =12/13, cosβ=\beta =20/29 である。このときcos(α+β)cos(\alpha+\beta)の値を求めよ。

α, β は鋭角,sin⁡α=1213,cos⁡β=2029⟹cos⁡(α+β)= ?\alpha,\ \beta \text{ は鋭角},\quad \sin\alpha = \dfrac{12}{13},\quad \cos\beta = \dfrac{20}{29} \quad \Longrightarrow \quad \cos(\alpha+\beta) = \ ?

答−152377-\dfrac{152}{377}

注意α,β\alpha, \betaは鋭角なので sin² + cos²==1 の正の解をとって cosα=\alpha =5/13, sinβ=\beta =21/29。加法定理よりcos(α+β)=cosαcosβcos(\alpha+\beta) = cos\alpha cos\beta−sinαsinβ=sin\alpha sin\beta =(5/13)×(20/29) − (12/13)×(21/29)==-152/377。

例 5.2.α,β\alpha, \betaはともに鋭角で sinα=\alpha =7/25, cosβ=\beta =5/13 である。このときcos(α−β)cos(\alpha-\beta)の値を求めよ。

α, β は鋭角,sin⁡α=725,cos⁡β=513⟹cos⁡(α−β)= ?\alpha,\ \beta \text{ は鋭角},\quad \sin\alpha = \dfrac{7}{25},\quad \cos\beta = \dfrac{5}{13} \quad \Longrightarrow \quad \cos(\alpha-\beta) = \ ?

答204325\dfrac{204}{325}

注意α,β\alpha, \betaは鋭角なので sin² + cos²==1 の正の解をとって cosα=\alpha =24/25, sinβ=\beta =12/13。加法定理よりcos(α−β)=cosαcosβcos(\alpha-\beta) = cos\alpha cos\beta+sinαsinβ=sin\alpha sin\beta =(24/25)×(5/13) + (7/25)×(12/13)==204/325。

例 5.3. 次の値を、半角の公式を使って求めよ。

sin⁡π12\sin\dfrac{\pi}{12}

答6−24\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}

注意 sin²(π/12)=(\pi/12) =(1 −cos(π/6))/2=cos(\pi/6))/2 =(2 − √3)/4。整理すると (√6 − √2)/4（==sin15°）。

例 5.4.α\alphaは鋭角で sinα=\alpha =15/17 である。このとき tan2α2\alphaの値を求めよ。

sin⁡α=1517 (α は鋭角)⟹tan⁡2α= ?\sin\alpha = \dfrac{15}{17}\ (\alpha \text{ は鋭角}) \quad \Longrightarrow \quad \tan 2\alpha = \ ?

答−240161-\dfrac{240}{161}

注意α\alphaは鋭角なので cosα=\alpha =8/17。倍角の公式は加法定理でβ=α\beta = \alphaとおいただけのもの。tan2α=2\alpha =sin2α2\alpha/ cos2α=2\alpha =(240/289) ÷ (-161/289)==-240/161。

例 5.5.α\alphaは鋭角で sinα=\alpha =7/25 である。このとき cos2α2\alphaの値を求めよ。

sin⁡α=725 (α は鋭角)⟹cos⁡2α= ?\sin\alpha = \dfrac{7}{25}\ (\alpha \text{ は鋭角}) \quad \Longrightarrow \quad \cos 2\alpha = \ ?

答527625\dfrac{527}{625}

注意α\alphaは鋭角なので cosα=\alpha =24/25。倍角の公式は加法定理でβ=α\beta = \alphaとおいただけのもの。cos2α=2\alpha =1 − 2 sin²α\alpha（==cos²α\alpha− sin²α=\alpha =2 cos²α\alpha− 1）==1 − 2×(7/25)²==527/625。

レベル2 — 三角関数の合成

次の問いに答えよ（合成は rsin(θsin(\theta+ϕ),\phi),r > 0,−π-\pi<ϕ\phi≤\leπ\piの形にすること）。

解法の型asinθsin\theta+ bcosθcos\theta==√(a²+b²)sin(θsin(\theta+ϕ)\phi)。ϕ\phiは cosϕ\phi==a/r と sinϕ\phi==b/r の両方から決める（tan だけでは象限が定まらない）

例 5.6. 次の式を rsin(θsin(\theta+ϕ)\phi)の形（r > 0,−π-\pi<ϕ≤π\phi \le \pi）に合成せよ。

sin⁡θ−3cos⁡θ\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta

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

注意 振幅は r==√(a² + b²)==2。位相ϕ\phiは cosϕ=\phi =1/2 かつ sinϕ=\phi =−√3/2 を満たす角なのでϕ=−π/3\phi = -\pi/3。よって 2sin(θsin(\theta−π/3)\pi/3)。θ=\theta =0 を代入して、もとの式と値が一致することを確かめるとよい。

例 5.7. 次の式を rsin(θsin(\theta+ϕ)\phi)の形（r > 0,−π-\pi<ϕ≤π\phi \le \pi）に合成せよ。

3sin⁡θ+cos⁡θ\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta

答2sin⁡(θ+π6)2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)

注意 振幅は r==√(a² + b²)==2。位相ϕ\phiは cosϕ=\phi =√3/2 かつ sinϕ=\phi =1/2 を満たす角なのでϕ=π/6\phi = \pi/6。よって 2sin(θsin(\theta+π/6)\pi/6)。θ=\theta =0 を代入して、もとの式と値が一致することを確かめるとよい。

例 5.8. 次の式を rsin(θsin(\theta+ϕ)\phi)の形（r > 0,−π-\pi<ϕ≤π\phi \le \pi）に合成せよ。

−sin⁡θ+cos⁡θ-\sin\theta + \cos\theta

答2sin⁡(θ+3π4)\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{3\pi}{4}\right)

注意 振幅は r==√(a² + b²)==√2。位相ϕ\phiは cosϕ=\phi =−1/√2 かつ sinϕ=\phi =1/√2 を満たす角なのでϕ=3π/4\phi = 3\pi/4。よって √2sin(θsin(\theta+3π/4)3\pi/4)。θ=\theta =0 を代入して、もとの式と値が一致することを確かめるとよい。

例 5.9. 次の式の最大値・最小値と、それらを与えるθ\theta（0≤θ\le \theta<2π2\pi）を求めよ。

sin⁡θ+3cos⁡θ\sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta

答 最大値2 (θ=π6),2\ \left(\theta = \dfrac{\pi}{6}\right),最小値−2 (θ=7π6)-2\ \left(\theta = \dfrac{7\pi}{6}\right)

注意 合成すると 2sin(θsin(\theta+π/3)\pi/3)。sin の値域は −1 以上 1 以下なので、最大値 2、最小値 −2。最大はθ\theta+ϕ=π/2\phi = \pi/2のとき、すなわちθ=π/6\theta = \pi/6。最小はθ\theta+ϕ=3π/2\phi = 3\pi/2のとき、すなわちθ=7π/6\theta = 7\pi/6。振れ幅が √(a²+b²) だと一目で分かるのが合成の効能。

例 5.10. 次の方程式を解け（0≤θ\le \theta<2π2\pi）。

sin⁡θ+cos⁡θ=−1\sin\theta + \cos\theta = -1

答θ=π, 3π2\theta = \pi,\ \dfrac{3\pi}{2}

注意 左辺を合成すると √2sin(θsin(\theta+π/4)\pi/4)（ϕ=π/4\phi = \pi/4）なので、方程式はsin(θsin(\theta+ϕ)=\phi) =−1 ÷ √2==−√2/2。θ\theta+ϕ\phiを単位円で拾い、ϕ\phiを引き戻して 0≤θ\le \theta<2π2\piの範囲に直すとθ=π,3π/2\theta = \pi, 3\pi/2。

6 演習

レベル2 — 加法定理と倍角・半角

次の値を、加法定理とその派生公式（倍角・半角・3倍角）を使って求めよ。

解法の型覚える出発点は加法定理の数本だけ。β\beta==α\alphaとすれば倍角、次数を下げれば半角、もう1つ足せば3倍角が導ける

問題 6.1.α,β\alpha, \betaはともに鋭角で sinα=\alpha =3/5, cosβ=\beta =5/13 である。このときsin(α+β)sin(\alpha+\beta)の値を求めよ。

α, β は鋭角,sin⁡α=35,cos⁡β=513⟹sin⁡(α+β)= ?\alpha,\ \beta \text{ は鋭角},\quad \sin\alpha = \dfrac{3}{5},\quad \cos\beta = \dfrac{5}{13} \quad \Longrightarrow \quad \sin(\alpha+\beta) = \ ?
解答.

答6365\dfrac{63}{65}

注意α,β\alpha, \betaは鋭角なので sin² + cos²==1 の正の解をとって cosα=\alpha =4/5, sinβ=\beta =12/13。加法定理よりsin(α+β)=sinαcosβsin(\alpha+\beta) = sin\alpha cos\beta+cosαsinβ=cos\alpha sin\beta =(3/5)×(5/13) + (4/5)×(12/13)==63/65。▨

問題 6.2. 次の値を、有名角（30°, 45°, 60°）の和・差に分解して加法定理で求めよ。

tan⁡105∘\tan 105^\circ
解答.

答−2−3-2-\sqrt{3}

注意 105°==60° + 45°。(√3 + 1)/(1 − √3) を有理化すると −(2 + √3)（約 −3.73）。第2象限なので tan は負。▨

問題 6.3. cosθ=\theta =1/4 のとき、cos3θ3\thetaの値を求めよ。

cos⁡θ=14⟹cos⁡3θ= ?\cos\theta = \dfrac{1}{4} \quad \Longrightarrow \quad \cos 3\theta = \ ?
解答.

答−1116-\dfrac{11}{16}

注意 3倍角 cos3θ=3\theta =4 cos³θ\theta− 3cosθcos\theta（加法定理でcos(2θcos(2\theta+θ)\theta)を展開し、倍角を代入すると導ける）。4×(1/4)³ − 3×(1/4)==-11/16。▨

問題 6.4. 次の値を、半角の公式を使って求めよ。

sin⁡π8\sin\dfrac{\pi}{8}
解答.

答2−22\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}

注意 半角 sin²(θ/2)=(\theta/2) =(1 − cosθ)/2\theta)/2にθ=π/4\theta = \pi/4を代入すると (1 − √2/2)/2==(2 − √2)/4。π/8\pi/8は第1象限なので正の平方根をとる。▨

問題 6.5. sinθ=\theta =3/5 のとき、sin3θ3\thetaの値を求めよ。

sin⁡θ=35⟹sin⁡3θ= ?\sin\theta = \dfrac{3}{5} \quad \Longrightarrow \quad \sin 3\theta = \ ?
解答.

答117125\dfrac{117}{125}

注意 3倍角 sin3θ=3\theta =3sinθsin\theta− 4 sin³θ\theta（加法定理でsin(2θsin(2\theta+θ)\theta)を展開し、倍角を代入すると導ける）。3×(3/5) − 4×(3/5)³==117/125。cosθ\thetaの値を知らなくても sinθ\thetaだけで決まるのがこの形の利点。▨

問題 6.6. 次の値を、有名角（30°, 45°, 60°）の和・差に分解して加法定理で求めよ。

tan⁡15∘\tan 15^\circ
解答.

答2−32-\sqrt{3}

注意 15°==45° − 30°。tan(α−β)=(tanαtan(\alpha-\beta) = (tan\alpha−tanβ)/(1tan\beta)/(1+tanαtanβ)=tan\alpha tan\beta) =(1 − 1/√3)/(1 + 1/√3) を有理化して 2 − √3（約 0.268）。▨

問題 6.7. 次の値を、有名角（30°, 45°, 60°）の和・差に分解して加法定理で求めよ。

sin⁡75∘\sin 75^\circ
解答.

答6+24\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}

注意 75°==45° + 30° と分解してsin(α+β)=sinαcosβsin(\alpha+\beta) = sin\alpha cos\beta+cosαsinβcos\alpha sin\beta。(√2/2)(√3/2) + (√2/2)(1/2)==(√6 + √2)/4。▨

問題 6.8. 次の値を、半角の公式を使って求めよ。

cos⁡π8\cos\dfrac{\pi}{8}
解答.

答2+22\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}

注意 半角 cos²(θ/2)=(\theta/2) =(1 + cosθ)/2\theta)/2にθ=π/4\theta = \pi/4を代入すると (2 + √2)/4。正の平方根をとる。▨

レベル2 — 三角関数の合成

次の問いに答えよ（合成は rsin(θsin(\theta+ϕ),\phi),r > 0,−π-\pi<ϕ\phi≤\leπ\piの形にすること）。

解法の型asinθsin\theta+ bcosθcos\theta==√(a²+b²)sin(θsin(\theta+ϕ)\phi)。ϕ\phiは cosϕ\phi==a/r と sinϕ\phi==b/r の両方から決める（tan だけでは象限が定まらない）

問題 6.9. 次の式の最大値・最小値と、それらを与えるθ\theta（0≤θ\le \theta<2π2\pi）を求めよ。

3sin⁡θ+cos⁡θ\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta
解答.

答 最大値2 (θ=π3),2\ \left(\theta = \dfrac{\pi}{3}\right),最小値−2 (θ=4π3)-2\ \left(\theta = \dfrac{4\pi}{3}\right)

注意 合成すると 2sin(θsin(\theta+π/6)\pi/6)。sin の値域は −1 以上 1 以下なので、最大値 2、最小値 −2。最大はθ\theta+ϕ=π/2\phi = \pi/2のとき、すなわちθ=π/3\theta = \pi/3。最小はθ\theta+ϕ=3π/2\phi = 3\pi/2のとき、すなわちθ=4π/3\theta = 4\pi/3。振れ幅が √(a²+b²) だと一目で分かるのが合成の効能。▨

問題 6.10. 次の式の最大値・最小値と、それらを与えるθ\theta（0≤θ\le \theta<2π2\pi）を求めよ。

sin⁡θ+cos⁡θ\sin\theta + \cos\theta
解答.

答 最大値2 (θ=π4),\sqrt{2}\ \left(\theta = \dfrac{\pi}{4}\right),最小値−2 (θ=5π4)-\sqrt{2}\ \left(\theta = \dfrac{5\pi}{4}\right)

注意 合成すると √2sin(θsin(\theta+π/4)\pi/4)。sin の値域は −1 以上 1 以下なので、最大値 √2、最小値 −√2。最大はθ\theta+ϕ=π/2\phi = \pi/2のとき、すなわちθ=π/4\theta = \pi/4。最小はθ\theta+ϕ=3π/2\phi = 3\pi/2のとき、すなわちθ=5π/4\theta = 5\pi/4。振れ幅が √(a²+b²) だと一目で分かるのが合成の効能。▨

問題 6.11. 次の式の最大値・最小値と、それらを与えるθ\theta（0≤θ\le \theta<2π2\pi）を求めよ。

sin⁡θ+3cos⁡θ\sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta
解答.

答 最大値2 (θ=π6),2\ \left(\theta = \dfrac{\pi}{6}\right),最小値−2 (θ=7π6)-2\ \left(\theta = \dfrac{7\pi}{6}\right)

注意 合成すると 2sin(θsin(\theta+π/3)\pi/3)。sin の値域は −1 以上 1 以下なので、最大値 2、最小値 −2。最大はθ\theta+ϕ=π/2\phi = \pi/2のとき、すなわちθ=π/6\theta = \pi/6。最小はθ\theta+ϕ=3π/2\phi = 3\pi/2のとき、すなわちθ=7π/6\theta = 7\pi/6。振れ幅が √(a²+b²) だと一目で分かるのが合成の効能。▨

問題 6.12. 次の方程式を解け（0≤θ\le \theta<2π2\pi）。

3sin⁡θ+cos⁡θ=3\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{3}
解答.

答θ=π6, π2\theta = \dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{\pi}{2}

注意 左辺を合成すると 2sin(θsin(\theta+π/6)\pi/6)（ϕ=π/6\phi = \pi/6）なので、方程式はsin(θsin(\theta+ϕ)=\phi) =√3 ÷ 2==√3/2。θ\theta+ϕ\phiを単位円で拾い、ϕ\phiを引き戻して 0≤θ\le \theta<2π2\piの範囲に直すとθ=π/6,π/2\theta = \pi/6, \pi/2。▨

問題 6.13. 次の式を rsin(θsin(\theta+ϕ)\phi)の形（r > 0,−π-\pi<ϕ≤π\phi \le \pi）に合成せよ。

−sin⁡θ+3cos⁡θ-\sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta
解答.

答2sin⁡(θ+2π3)2\sin\left(\theta + \dfrac{2\pi}{3}\right)

注意 振幅は r==√(a² + b²)==2。位相ϕ\phiは cosϕ=\phi =−1/2 かつ sinϕ=\phi =√3/2 を満たす角なのでϕ=2π/3\phi = 2\pi/3。よって 2sin(θsin(\theta+2π/3)2\pi/3)。θ=\theta =0 を代入して、もとの式と値が一致することを確かめるとよい。▨

問題 6.14. 次の方程式を解け（0≤θ\le \theta<2π2\pi）。

sin⁡θ−cos⁡θ=2\sin\theta - \cos\theta = \sqrt{2}
解答.

答θ=3π4\theta = \dfrac{3\pi}{4}

注意 左辺を合成すると √2sin(θsin(\theta−π/4)\pi/4)（ϕ=−π/4\phi = -\pi/4）なので、方程式はsin(θsin(\theta+ϕ)=\phi) =√2 ÷ √2==1。θ\theta+ϕ\phiを単位円で拾い、ϕ\phiを引き戻して 0≤θ\le \theta<2π2\piの範囲に直すとθ=3π/4\theta = 3\pi/4。▨

問題 6.15. 次の式を rsin(θsin(\theta+ϕ)\phi)の形（r > 0,−π-\pi<ϕ≤π\phi \le \pi）に合成せよ。

3sin⁡θ−cos⁡θ\sqrt{3}\sin\theta - \cos\theta
解答.

答2sin⁡(θ−π6)2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)

注意 振幅は r==√(a² + b²)==2。位相ϕ\phiは cosϕ=\phi =√3/2 かつ sinϕ=\phi =−1/2 を満たす角なのでϕ=−π/6\phi = -\pi/6。よって 2sin(θsin(\theta−π/6)\pi/6)。θ=\theta =0 を代入して、もとの式と値が一致することを確かめるとよい。▨

問題 6.16. 次の式の最大値・最小値と、それらを与えるθ\theta（0≤θ\le \theta<2π2\pi）を求めよ。

sin⁡θ−cos⁡θ\sin\theta - \cos\theta
解答.

答 最大値2 (θ=3π4),\sqrt{2}\ \left(\theta = \dfrac{3\pi}{4}\right),最小値−2 (θ=7π4)-\sqrt{2}\ \left(\theta = \dfrac{7\pi}{4}\right)

注意 合成すると √2sin(θsin(\theta−π/4)\pi/4)。sin の値域は −1 以上 1 以下なので、最大値 √2、最小値 −√2。最大はθ\theta+ϕ=π/2\phi = \pi/2のとき、すなわちθ=3π/4\theta = 3\pi/4。最小はθ\theta+ϕ=3π/2\phi = 3\pi/2のとき、すなわちθ=7π/4\theta = 7\pi/4。振れ幅が √(a²+b²) だと一目で分かるのが合成の効能。▨

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