三角関数の加法定理とその応用

ここでは、三角関数の加法定理を学ぶ。また、加法定理から導かれる重要な等式、倍角・半角の公式、三角関数の合成について学ぶ。

三角関数の加法定理

正弦と余弦の加法定理

正弦と余弦の加法定理

2つの角の和や差の三角関数は，それぞれの角の三角関数で表すことができる． まずはじめに

\begin{align} \cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta \end{align} $\tag{1}\label{seigentoyogennokahouteiri1}$

となることを証明してみよう．

【証明】

図のように，点$\text{P}(\cos\alpha,~\sin\alpha)$と点$\text{Q}(\cos\beta,~\sin\beta)$をとると， 2点間の距離の公式より

\begin{align} \text{PQ}^2&=(\cos\beta-\cos\alpha)^2+(\sin\beta-\sin\alpha)^2\\ &=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta) \end{align}

である．

正弦と余弦の加法定理の図その１

次に，図のように，2点$\text{P}，\text{Q}$を原点を中心に$ − \beta$だけ回転させた図形を考える． このとき，動径$\text{OP}$のなす角は$\alpha − \beta$となるので，2点間の距離の公式より

\begin{align} \text{PQ}^2&=(1-\cos(\alpha-\beta))^2+\sin^2(\alpha-\beta)\\ &=2-2\cos(\alpha-\beta) \end{align}

よって

\begin{align} &2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta)\\ &=2-2\cos(\alpha-\beta)\\ \Leftrightarrow~&\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta \end{align}
正弦と余弦の加法定理の図その２

暗記正弦と余弦の加法定理の導出

上の$\eqref{seigentoyogennokahouteiri1}$を利用して，次の等式を証明せよ．

  1. $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$
  2. $\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta$
  3. $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$

  1. $\eqref{seigentoyogennokahouteiri1}$で$\beta$を $− \beta$におきかえると

    \begin{align} &\cos\{\alpha-(-\beta)\}=\cos\alpha\cos(-\beta)\\ &\qquad\qquad\qquad+\sin\alpha\sin(-\beta)\\ \Leftrightarrow~&\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \end{align}

    ← $-\theta$の三角比

  2. $\eqref{seigentoyogennokahouteiri1}$で$\beta$を$\beta-\dfrac{\pi}{2}$におきかえると

    \begin{align} &\cos\left\{\alpha-\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\right\}\\ &\qquad=\cos\alpha\cos\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ &\qquad+\sin\alpha\sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ \Leftrightarrow~&\cos\left\{(\alpha-\beta)+\dfrac{\pi}{2}\right\}\\ &\qquad=\cos\alpha\cos\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ &\qquad+\sin\alpha\sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{2}\right)\\ \Leftrightarrow~&-\sin(\alpha-\beta)=\cos\alpha\sin\beta-\sin\alpha\cos\beta\\ \Leftrightarrow~&\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta \end{align}

  3. 2.で$\beta$を$ − \beta$におきかえると

    \begin{align} &\sin\left\{\alpha-(-\beta)\right\}=\sin\alpha\cos(-\beta)\\ &\qquad\qquad\qquad-\cos\alpha\sin(-\beta)\\ &\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta \end{align}

    ← $-\theta$の三角比

正弦と余弦の加法定理

\begin{align} 1)&\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\\ &\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta\\ 2)&\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\\ &\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta \end{align}

正弦と余弦の加法定理

  1. $45^\circ-30^\circ=15^\circ$であることに注意して，$\sin15^\circ$と$\cos15^\circ$の値を求めよ．

  2. $\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5}{12}\pi$であることに注意して$\sin\dfrac{5}{12}\pi$と$\cos\dfrac{5}{12}\pi$の値を求めよ．

  1. 加法定理をもちいて

    \begin{align} \sin15^\circ&=\sin(45^\circ-30^\circ)\\ &=\sin45^\circ\cos30^\circ-\cos45^\circ\sin30^\circ\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}\\ \cos15^\circ&=\cos(45^\circ-30^\circ)\\ &=\cos45^\circ\cos30^\circ+\sin45^\circ\sin30^\circ\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}} \end{align}

  2. 加法定理をもちいて

    \begin{align} \sin\dfrac{5}{12}\pi&=\sin\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)\\ &=\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\dfrac{\pi}{6}+\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\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}}\\ \cos\dfrac{5}{12}\pi&=\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)\\ &=\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}} \end{align}

三角関数の加法定理と平面図形

無題
無題

図のように$\text{X}(1,~0)$と$\text{A}(2,~1)$があり，$\angle{\text{AOX}}=\alpha$とする．

  1. $\cos\alpha,~\sin\alpha$の値を求めよ．

  2. $\triangle{\text{AOX}}$を$\text{O}$を中心に$\dfrac{\pi}{3}$回転移動し，$\triangle{\text{A}'\text{OX}'}$になったとする． このとき，$\text{X}'$，$\text{A}'$の座標を求めよ．

  1. $\text{OA}=\sqrt{5}$より，

    $\boldsymbol{\cos\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{5}}}$．

  2. 図のように書くことができ，

    三角関数の加法定理と平面図形の解答の図その１

    $ \text{X}'\left(\cos\dfrac{\pi}{3},~\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$なので$\boldsymbol{ \text{X}'\left(\dfrac12,~\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}$．

    $ \text{A}'\left(\sqrt{5}\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right),~\sqrt{5}\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)\right)$であり，

    \begin{align} &\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)=\cos\alpha\cos\dfrac{\pi}{3}-\sin\alpha\sin\dfrac{\pi}{3}\\ &=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac12 - \dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} =\dfrac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}\\ &\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin\alpha\cos\dfrac{\pi}{3}+\cos\alpha\sin\dfrac{\pi}{3}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac12 + \dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} =\dfrac{1+2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}} \end{align}

    ← 正弦と余弦の加法定理

    より，$\boldsymbol{ \text{A}'\left(\dfrac{2-\sqrt{3}}{2},~\dfrac{1+2\sqrt{3}}{2}\right)}$．

    ←$\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right),~\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{3}\right)$をそれぞれ$\sqrt{5}$倍した

正接の加法定理

正接の加法定理

正弦と余弦の加法定理から，次のような正接の加法定理を導くことができる．

\begin{align} \tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} \end{align} $\tag{2}\label{seisetunokahouteiri1}$

【証明】

\begin{align} &\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha+\beta)}\\ &=\dfrac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}\\ &=\dfrac{\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}}{1-\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cdot\dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}} \end{align}

←分母と分子を$\cos\alpha\cos\beta$で割った

\[=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\]

暗記正接の加法定理の導出

上の$\eqref{seisetunokahouteiri1}$を利用して，次の等式を証明せよ．

\begin{align} \tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta} \end{align}

$\eqref{seisetunokahouteiri1}$の$\beta$を$ − \beta$におきかえると

\begin{align} &\tan\{\alpha+(-\beta)\}=\dfrac{\tan\alpha+\tan(-\beta)}{1-\tan\alpha\tan(-\beta)}\\ \Leftrightarrow~&\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta} \end{align}

←$-\theta$ の三角比

正接の加法定理

\begin{align} &\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\\ &\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta} \end{align}

正接の加法定理

$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2},~~0<\beta<\dfrac{\pi}{2}$で，$\tan\alpha=5,~\tan\beta=\dfrac{3}{2}$のとき，次の問いに答えよ．

  1. $\tan(\alpha+\beta),~\tan(\alpha-\beta)$の値を求めよ．
  2. $\alpha+\beta$の値を求めよ．

  1. 正接の加法定理より

    \begin{align} \tan(\alpha+\beta)&=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{5+\dfrac{3}{2}}{1-5\cdot\dfrac{3}{2}}=\boldsymbol{-1}\\ \tan(\alpha-\beta)&=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{5-\dfrac{3}{2}}{1+5\cdot\dfrac{3}{2}}=\boldsymbol{\dfrac{7}{17}} \end{align}

  2. $0<\alpha+\beta<\pi$および，$\tan(\alpha+\beta)=-1$より，$\alpha+\beta=\boldsymbol{\dfrac{3}{4}\pi}$である．

2直線のなす角

2直線のなす角

正接の加法定理を利用すると，2直線のなす角の正接の値を求めることができる． そのことを次の例題で確認しよう．

2直線のなす角〜その1〜

直線$l:y=2x-1,m:y=\dfrac{1}{3}x+\dfrac{1}{3}$について，以下の問いに答えよ．

  1. 直線$l,m$が$x$軸の正の向きとなす角を$\alpha,\beta$とするとき，$\tan\alpha,\tan\beta$の値を求めよ． ただし，角は反時計回りを正の向きとする．

  2. 2直線$l,m$のなす鋭角を$\theta$とする．正接の加法定理を利用し$\theta$の値を求めよ．

無題
無題

  1. 直線$l$と$m$の傾きはそれぞれ，$2,\dfrac{1}{3}$なので，

    $\tan\alpha=\boldsymbol{2},\tan\beta=\boldsymbol{\dfrac{1}{3}}$である．

  2. $\theta = \beta − \alpha$なので

    \begin{align} &\tan\theta\\ &=\tan(\alpha-\beta)\\ &=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\\ &=\dfrac{2-\dfrac{1}{3}}{1+2\cdot\dfrac{1}{3}}\\ &=1 \end{align}

    $0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{2}$より，$\theta=\boldsymbol{\dfrac{\pi}{4}}$となる．

以下では，交わる2直線$y=m_1x+n_1,y=m_2x+n_2$のなす鋭角$\theta$について，一般的に考えてみよう．

2直線のなす角の図その１

図のように，直線を平行移動しても2直線のなす角は変わらないので，$y=m_1x,y=m_2x$の場合について考えてゆけばよい．

直線$y=m_1 x,~y=m_2 x$が$x$軸の正の向きとなす，正の角をそれぞれ$\alpha,\beta~(\alpha>\beta)$とする．

正接の値は直線の傾きを表していたので，$\tan\alpha=m_1,~\tan\beta=m_2$である．

いま，正接の加法定理から

\begin{align} \tan(\alpha-\beta)&=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2} \end{align}

と計算できる．

2直線のなす角の図その２

  1. $\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}>0$,すなわち$0<\alpha-\beta <\dfrac{\pi}{2}$のとき

    \begin{align} \tan\theta=\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}~(>0) \end{align}




    2直線のなす角の図その３

  2. $\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}<0$,すなわち$\dfrac{\pi}{2}<\alpha-\beta<\pi$のとき

    \begin{align} \tan\theta&=\tan\left\{\pi-(\alpha-\beta)\right\}\\ &=-\tan(\alpha-\beta)\\ &=-\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}~(>0) \end{align}

    いずれにしても，$\tan\theta > 0$なので，次のようにまとめられる．

2直線のなす角

無題
無題

直交しない2直線

\begin{align} &y=m_1x+n_1~~~~~y=m_2x+n_2 \end{align}

のなす鋭角を$\theta$とすると

\begin{align} \tan\theta=\left|\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}\right| \end{align}

と表すことができる．

2直線のなす鋭角〜その2〜

  1. 2直線$y=2x-1,~y=-x+3$なす角を$\theta$とするとき，$\tan\theta$の値を求めよ．

  2. 直線$y=2x+3$とのなす角が$\dfrac{\pi}{4}$である直線の傾き$m$を求めよ．

  1. それぞれ傾きは$2,~-1$なので

    \begin{align} \tan\theta =\left|\dfrac{2 -(-1)}{1+2\cdot (-1)}\right| =|-3| =\boldsymbol{3} \end{align}

  2. 傾きは$2,~m$である2直線のなす角が$\dfrac{\pi}{4}$なので

    \begin{align} \tan\dfrac{\pi}{4}=\left|\dfrac{2 -m}{1+2\cdot m}\right| \Leftrightarrow~ &1=\left|\dfrac{2-m}{2m+1}\right| \end{align}

    よって，$2m+1=2-m$または$2m+1=m-2$であればよいので， $\boldsymbol{m=\dfrac{1}{3},~-3}$．

2倍角・半角の公式

2倍角の公式

2倍角の公式

三角関数の加法定理において，$\beta = \alpha$とすると， 次の2倍角の公式(formula of double angle) が得られる．

2倍角の公式

  1. $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$
  2. $\cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$
    $=1-2\sin^2\alpha$
    $=2\cos^2\alpha-1$
  3. $\tan2\alpha=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$

【証明】

正弦の加法定理$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$において，$\beta = \alpha$とすると

\begin{align} \sin2\alpha&=\sin\alpha\cos\alpha+\cos\alpha\sin\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha \end{align}

また，正接の加法定理$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$において， $\beta = \alpha$とすると

\begin{align} \tan2\alpha&=\dfrac{\tan\alpha+\tan\alpha}{1-\tan\alpha\tan\alpha}=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha} \end{align}

暗記2倍角の公式の導出

余弦の2倍角の公式

\begin{align} &\cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha\\ &=1-2\sin^2\alpha=2\cos^2\alpha-1 \end{align}

を証明せよ．

余弦の加法定理$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$において，$\beta = \alpha$とすると

\begin{align} \cos2\alpha&=\cos\alpha\cos\alpha-\sin\alpha\sin\alpha\\ &=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha \end{align}

$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$より，$\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha$だから

\begin{align} \cos2\alpha&=(1-\sin^2\alpha)-\sin^2\alpha\\ &=1-2\sin^2\alpha \end{align}

$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$より，$\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha$だから

\begin{align} \cos2\alpha&=\cos^2\alpha-(1-\cos^2\alpha)\\ &=2\cos^2\alpha-1 \end{align}

吹き出し2倍角の公式

2倍角の公式は，三角関数の加法定理から自力で導けるように練習しておこう．

半角の公式

半角の公式

2倍角の公式から，次の半角の公式(formula of half angle) を得る．

半角の公式

  1. $\sin^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{2}$
  2. $\cos^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1+\cos\alpha}{2}$
  3. $\tan^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$

暗記半角の公式の導出

次の『半角の公式』を証明せよ．

  1. $\sin^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{2}$
  2. $\cos^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1+\cos\alpha}{2}$
  3. $\tan^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$

  1. 余弦の倍角の公式$\cos2\alpha = 1 – 2\sin^2\alpha$より

    \begin{align} \sin^2\alpha=\dfrac{1-\cos2\alpha}{2} \end{align} $\tag{1}\label{hankakunokoushikinodoushutunokaitou1}$

    ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

    \begin{align} \sin^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{2} \end{align}

  2. 余弦の倍角の公式$\cos2\alpha = 2\cos^2\alpha – 1$より

    \begin{align} \cos^2\alpha=\dfrac{1+\cos2\alpha}{2} \end{align} $\tag{2}\label{hankakunokoushikinodoushutunokaitou2}$

    ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

    \begin{align} \cos^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1+\cos\alpha}{2} \end{align}

  3. $\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$より

    \begin{align} \tan^2\alpha&=\dfrac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}\\ &=\dfrac{1-\cos2\alpha}{2}\cdot\dfrac{2}{1+\cos2\alpha}\\ &=\dfrac{1-\cos2\alpha}{1+\cos2\alpha} \end{align}

    ←$\eqref{hankakunokoushikinodoushutunokaitou1}$，$\eqref{hankakunokoushikinodoushutunokaitou2}$を使った

    ここで，$\alpha$を$\dfrac{\alpha}{2}$とおきかえて

    \begin{align} \tan^2\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha} \end{align}

吹き出し半角の公式

半角の公式も，2倍角の公式から自力で導けるように練習しておこう．

半角の公式の利用

$t=\tan\dfrac{x}{2}$とするとき，$\cos{x},~\sin{x},~\tan{x}$を$t$の式で表せ．

$t^2=\tan^2\dfrac{x}{2} =\dfrac{1-\cos{x}}{1+\cos{x}}$より

\begin{align} &(1+\cos{x}) t^2 =1-\cos{x} \\ \Leftrightarrow~&(t^2 +1)\cos{x} =1-t^2\\ \Leftrightarrow~&\boldsymbol{\cos{x}=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}} \end{align}

また，倍角の公式より

\begin{align} \tan{x}=\dfrac{2\tan\dfrac{x}{2}}{1-\tan^2\dfrac{x}{2}}=\boldsymbol{\dfrac{2t}{1-t^2}} \end{align}

なので

\begin{align} \sin{x}&=\cos{x} \tan{x}\\ &=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\cdot \dfrac{2t}{1-t^2}=\boldsymbol{\dfrac{2t}{1+t^2}} \end{align}

三角関数の合成

三角関数の合成について

無題
無題

三角関数の合成について

$a\sin\theta + b\cos\theta$の形をしている式は，加法定理をもちいてより簡単な形に直すことができる．

図のように，$\sin\theta$の係数を$x$座標とし，$\cos\theta$の係数を$y$座標とする点$\text{P}(a,~b)$をとり， 線分$\text{OP}$が$x$軸の正の向きとなす，正の向きの角を$\alpha$とすると

\begin{align} \cos\alpha=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}~,~~\sin\alpha=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{align} $\tag{1}\label{sankakukansuunogouseinituite1}$

だから

\[a\sin\theta + b\cos\theta\] \[=\sqrt{a^2+b^2}\left(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin\theta\right.\] \[\qquad\qquad\qquad\left.+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos\theta\right)\]

←$\sqrt{a^2+b^2}$で式全体をくくった

\[=\sqrt{a^2+b^2}(\cos\alpha\sin\theta+\sin\alpha\cos\theta)\]

←$\eqref{sankakukansuunogouseinituite1}$を使った

\[=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\alpha)\]

←加法定理を使った

この変形のことを，三角関数の合成(combination of trigonometric function) という．

三角関数の合成

無題
無題

$a\sin\theta + b\cos\theta$は

\begin{align} \cos\alpha=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}~,~~\sin\alpha=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{align}

を満たす$\alpha$をもちいて

\begin{align} a\sin\theta+b\cos\theta=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\alpha) \end{align}

と変形できる．

三角関数の合成

次の三角関数を合成して，$A\sin(\theta+\alpha)$の形に変形せよ．$ \alpha$の値が求められるときには求めよ(ただし，$0\leqq\alpha<2\pi$とする)．

  1. $\sin\theta +\cos\theta$
  2. $-\sin\theta +\sqrt{3}\cos\theta$
  3. $3\sin\theta -4\cos\theta$

  1. 三角関数の合成の解答の図その１
    \begin{align} &\sin\theta+\cos\theta\\ &=\sqrt{1^2+1^2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos\theta\right)\\ &=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}\sin\theta+\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{\sqrt{2}\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)} \end{align}




  2. 三角関数の合成の解答の図その２
    \begin{align} &-\sin\theta+\sqrt{3}\cos\theta\\ &=\sqrt{(-1)^2+\sqrt{3}^2}\left(\dfrac{-1}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)\\ &=2\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}\sin\theta+\sin\dfrac{2\pi}{3}\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{2\sin\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)} \end{align}




  3. 三角関数の合成の解答の図その３
    \begin{align} &3\sin\theta-4\cos\theta\\ &=\sqrt{3^2+(-4)^2}\left(\dfrac{3}{5}\sin\theta-\dfrac{4}{5}\cos\theta\right)\\ &=5\left(\cos\alpha\sin\theta+\sin\alpha\cos\theta\right)\\ &=\boldsymbol{5\sin\left(\theta +\alpha \right)} \end{align}

ただし，$\alpha$は図のような角度である．

三角関数を含む関数・方程式・不等式

三角関数を含む関数・方程式・不等式について

三角関数を含む関数・方程式・不等式について

三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その1〜

  1. 関数$y=\cos^2 \theta -2\sin\theta +1~~(0\leqq \theta <2\pi)$の最大値・最小値を求めよ．
  2. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，方程式$\sin^2 \theta =\cos \theta+1$を解きなさい．
  3. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，不等式$2\cos^2 \theta +\sin \theta >2$を解きなさい．

  1. \begin{align} y&=\cos^2\theta-2\sin\theta+1\\ &=(1-\sin^2\theta)-2\sin\theta+1 \end{align}

    ←拡張された三角関数の相互関係を用いて$\sin\theta$にそろえた

    $\sin\theta = t$とおく．$0\leqq{\theta}<2\pi$より$-1\leqq{t}\leqq{1}$なので

    \begin{align} y&=-t^2-2t+2\\ &=-(t+1)^2+3~~(-1\leqq t \leqq 1) \end{align}

    ←$t$についての2次関数の最大・最小の問題になった

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その1〜の解答の図その１

    図より，$y$は

    $t = − 1$のとき最大値$3$,$t = 1$のとき最小値 $− 1$

    をとる．$t =\sin\theta$なので








    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その1〜の解答の図その２

    $\theta=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最大値$3$

    $\theta=\dfrac{\pi}{2}$のとき最小値$-1$

  2. \begin{align} &\sin^2\theta=\cos\theta+1\\ \Leftrightarrow~&1-\cos^2\theta=\cos\theta+1\\ \Leftrightarrow~&\cos^2\theta+\cos\theta=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta(\cos\theta+1)=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta=0,~-1 \end{align}



    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その1〜の解答の図その３

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0,~-1$を満たす$\theta$は，図より$\boldsymbol{\theta=\dfrac{\pi}{2},~\pi,~\dfrac{3}{2}\pi}$．

  3. \[2\cos^2\theta+\sin\theta>2\] \[\Leftrightarrow~2(1-\sin^2\theta)+\sin\theta>2\]

    ←拡張された三角関数の相互関係を用いて$\cos\theta$にそろえた．

    \[\Leftrightarrow~-2\sin^2\theta+\sin\theta>0\] \[\Leftrightarrow~\sin\theta(2\sin\theta-1)<0\]

    ←$\sin^2\theta$の係数を正にするため，両辺を$ − 1$で割ってから因数分解した

    \[\Leftrightarrow~0<\sin\theta<\dfrac{1}{2}\]
    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その1〜の解答の図その４

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の太線部分である．すなわち

    \begin{align} \boldsymbol{0<\sin\theta<\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{5}{6}\pi<\theta<\pi} \end{align}

三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜

  1. 関数$y=-\cos 2\theta -2\sin\theta ~~(0\leqq \theta <2\pi)$の最大値・最小値を求めよ．
  2. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，方程式$\sin 2\theta =\cos \theta$を解きなさい．
  3. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，方程式$\tan^2 \dfrac{\theta}{2} =1-\cos \theta$を解きなさい．
  4. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，不等式$\cos 2\theta -\cos \theta \geqq 0$を解きなさい．
  5. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，不等式$\cos^2 \dfrac{\theta}{2} \geqq\cos \theta+1$を解きなさい．

  1. \begin{align} y=&=-\cos2\theta-2\sin\theta\\ &=-(1-2\sin^2\theta)-2\sin\theta \end{align}

    ←2倍角の公式を用いて$\sin\theta$にそろえた．

    $\sin\theta=t$とおく．$0\leqq{\theta}<2\pi$より$-1\leqq{t}\leqq{1}$なので

    \begin{align} y&=2t^2-2t-1\\ &=2\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{3}{2} \end{align}
    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その１

    図より，$y$は

    $t = − 1$のとき最大値$3$,$t=\dfrac{1}{2}$のとき最小値$-\dfrac{2}{3}$

    をとる．$t = \sin\theta$なので






    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その２

    $\theta=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最大値$3$

    $\theta=\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{5}{6}\pi$のとき最小値$-\dfrac{2}{3}$

  2. \begin{align} &\sin2\theta=\cos\theta\\ \Leftrightarrow~&2\sin\theta\cos\theta=\cos\theta\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta(2\sin\theta-1)=0\\ \Leftrightarrow~&\cos\theta=0,~\sin\theta=\dfrac{1}{2} \end{align}

    ←2倍角の公式を用いて共通因数を作った．

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その３

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0$,$~\sin\theta=\dfrac{1}{2}$を満たす$\theta$は，図より

    \begin{align} \boldsymbol{\theta=\dfrac{\pi}{6},~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{5}{6}\pi,~\dfrac{3}{2}\pi}． \end{align}

  3. \begin{align} &\tan^2\dfrac{\theta}{2}=1-\cos\theta\\ \Leftrightarrow~ &\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}=1-\cos\theta\\ \Leftrightarrow~ &1-\cos\theta=(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)\\ \Leftrightarrow~ &\cos^2\theta-\cos\theta=0\\ \Leftrightarrow~ &\cos\theta(\cos\theta-1)=0\\ \Leftrightarrow~ &\cos\theta=0,~\cos\theta=1 \end{align}

    ←半角の公式を用いて$\cos\theta$にそろえた．

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その４

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で$\cos\theta=0$,$~\cos\theta=1$を満たす$\theta$は，図より

    \begin{align} \boldsymbol{\theta=0,~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{3}{2}\pi}． \end{align}

  4. \begin{align} &\cos2\theta-\cos\theta\geqq{0} \\ &\Leftrightarrow (2\cos^2\theta-1)-\cos\theta\geqq{0}\\ &\Leftrightarrow (2\cos\theta+1)(\cos\theta-1)\geqq{0}\\ &\Leftrightarrow \cos\theta\leqq{-\dfrac{1}{2}},~1\leqq{\cos\theta} \end{align}

    ←2倍角の公式を用いて$\cos\theta$でそろえた

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その５

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の網掛け部分である．すなわち

    \begin{align} \boldsymbol{\theta=0,~\dfrac{2}{3}\pi\leqq{\theta}\leqq{\dfrac{4}{3}\pi}} \end{align}

  5. \begin{align} &\cos^2\dfrac{\theta}{2}\geqq\cos\theta+1 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{1+\cos\theta}{2}\geqq\cos\theta+1\\ &\Leftrightarrow 1+\cos\theta\geqq2\cos\theta+2\\ &\Leftrightarrow \cos\theta\leqq-1 \end{align}

    ←半角の公式を用いて$\cos\theta$でそろえた

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その2〜の解答の図その１

    $0\leqq{\theta}<2\pi$の範囲で上の不等式を満たす$\theta$の範囲は，図の太線部分である．すなわち

    \begin{align} \boldsymbol{\theta=\pi}． \end{align}

三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜

  1. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，方程式$\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta =1$を解きなさい．
  2. $0\leqq \theta <2\pi$のとき，不等式$\sin\theta +\cos\theta <0$を解きなさい．
  3. 関数$y=\sin\theta +\sqrt{3}\cos \theta~~(0\leqq \theta <2\pi)$の最大値・最小値を求めよ．

  1. 三角関数の合成より

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜の解答の図その１
    \begin{align} &\sin\theta-\sqrt{3}\cos\theta=1\\ \Leftrightarrow &2\left\{\dfrac{1}{2}\sin\theta +\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\cos\theta\right\}=1\\ \Leftrightarrow &2\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)=1 \end{align}

    $\theta-\dfrac{\pi}{3}=\theta'$とおくと

    \begin{align} \sin\theta'=\dfrac{1}{2}． \end{align}




    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜の解答の図その２

    $0\leqq{\theta}<2\pi$より，$-\dfrac{\pi}{3}\leqq{\theta'}<\dfrac{5}{3}\pi$である． この範囲で$\sin\theta'=\dfrac{1}{2}$を満たす$\theta'$は，図より

    \begin{align} \theta'=\dfrac{1}{6}\pi,~\dfrac{5}{6}\pi． \end{align}

    $\theta=\theta'+\dfrac{\pi}{3}$なので

    \begin{align} \boldsymbol{\theta=\dfrac{1}{2}\pi,~\dfrac{7}{6}\pi}． \end{align}

  2. 三角関数の合成より

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜の解答の図その３
    \begin{align} &\sin\theta+\cos\theta<0\\ \Leftrightarrow &\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta\right)<0\\ \Leftrightarrow &\sqrt{2}\sin\left(\theta+\dfrac{1}{4}\pi\right)<0 \end{align}

    $\theta+\dfrac{1}{4}\pi=\theta'$とおくと

    \begin{align} \sin\theta'<0． \end{align}


    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜の解答の図その４

    $0\leqq{\theta}<2\pi$より，$ \dfrac{1}{4}\pi\leqq{\theta'}<\dfrac{9}{4}\pi$なので，この範囲で上の不等式を満たす$\theta'$は， 図の網掛け部分である．すなわち

    \begin{align} \pi<\theta'<2\pi． \end{align}

    $\theta=\theta'-\dfrac{1}{4}\pi$なので

    \begin{align} \boldsymbol{\dfrac{3}{4}\pi<\theta<\dfrac{7}{4}\pi}． \end{align}

  3. 三角関数の合成より

    三角関数を含む関数・方程式・不等式〜その3〜の解答の図その５
    \begin{align} y=\sin\theta+\sqrt{3}\cos \theta &=2\left(\dfrac12\sin\theta + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)\\ &=2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right) \end{align}

    $\theta'=\theta+\dfrac{\pi}{3}$とおくと，

    この三角関数は$y = 2\sin\theta'$．

    $0\leqq\theta<2\theta$より，$\dfrac{\pi}{3}\leqq \theta' <\dfrac{7}{3}\pi$なので，

    $\theta'=\dfrac{\pi}{2}$のとき最大値$2$,$\theta'=\dfrac{3}{2}\pi$のとき最小値 $− 2$．

    $\theta=\theta'-\dfrac{\pi}{3}$なので

    $\theta=\dfrac{\pi}{6}$のとき，最大値$2$

    $\theta=\dfrac{7}{6}\pi$のとき，最小値$-2$

$t＝\sin x+\cos x$とおく

関数$f(x)=\sin{x} \cos{x} -\sin{x} -\cos{x}~~(0\leqq x \leqq\pi)$について以下の問いに答えよ．

  1. $t=\sin{x}+\cos{x}$とする．$f(x)$を$t$の式で表せ．
  2. $t$のとりうる値を求めよ．
  3. $f(x)$の最大値・最小値と，それぞれを与える$x$の値を求めよ．

  1. $t^2=(\sin{x}+\cos{x})^2=1 +2\sin{x}\cos{x}$なので

    \begin{align} \sin{x}\cos{x}=\dfrac{t^2 -1}{2} \end{align}

    これを代入すれば

    \begin{align} f(x)&=\dfrac{t^2 -1}{2} -(\sin{x} +\cos{x})\\ &=\boldsymbol{\dfrac{1}{2} t^2 -t - \dfrac{1}{2}} \end{align}

  2. 三角関数の合成より

    tsinx+cosx とおくの解答の図その１
    \begin{align} t&=\sin{x} +\cos{x}\\ &=\sqrt{2}~\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin{x} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos{x} \right)\\ &=\sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) \end{align}
    tsinx+cosx とおくの解答の図その２

    $0\leqq x \leqq \pi$より，$\dfrac{\pi}{4} \leqq x+\dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5}{4}\pi$なので 図より$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqq\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)\leqq 1$である．

    つまり，$t=\sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$のとりうる範囲は $\boldsymbol{-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}}$．

  3. 1.,2.より，$f(x)=\dfrac{1}{2} t^2 -t - \dfrac{1}{2} ~~(-1 \leqq t \leqq \sqrt{2})$ である．これを$t$について平方完成すると

    \begin{align} f(x)=\dfrac{1}{2}(t-1)^2-1 \end{align}
    tsinx+cosx とおくの解答の図その３

    となる．図より，$f(x)$は

    $t = − 1$のとき$1$で最大，$t = 1$のとき $− 1$で最小

    となる．それぞれのときの$x$の値を求めると

    \begin{align} t=-1 \Leftrightarrow ~& \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=-1\\ \Leftrightarrow ~& \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\ \Leftrightarrow ~& x + \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5}{4}\pi ~~~~\Leftrightarrow ~~ x=\pi\\ t=1 \Leftrightarrow ~& \sqrt{2}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=1\\ \Leftrightarrow ~& \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\ \Leftrightarrow ~& x + \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4},~\dfrac{3}{4}\pi\\ ~~~~\Leftrightarrow~&~ x=0,~\dfrac{\pi}{2} \end{align}

    以上をまとめて，$f(x)$は

    $x = \pi$のとき$1$で最大

    $x=0,~\dfrac{\pi}{2}$のとき $− 1$で最小

3倍角の公式

3倍角の公式

暗記3倍角の公式の導出

$\sin3\alpha$を$\sin\alpha$だけの式で表せ．また，$\cos3\alpha$を$\cos\alpha$だけの式で表せ．

\[\sin3\alpha=\sin(2\alpha +\alpha)\] \[=\sin2\alpha \cos\alpha +\cos2\alpha \sin\alpha\] ←正弦と余弦の加法定理 \[=(2\sin\alpha \cos\alpha)\cos\alpha +(1-2\sin^2\alpha)\sin\alpha\] ←2倍角の公式 \[=2\sin\alpha \cos^2\alpha +\sin\alpha -2\sin^3\alpha\] \[=2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha) +\sin\alpha -2\sin^3\alpha\] ←拡張された三角関数の相互関係 \[=\boldsymbol{3\sin\alpha -4\sin^3\alpha}\] \[\cos3\alpha=\cos(2\alpha +\alpha)\] \[=\cos2\alpha \cos\alpha -\sin2\alpha \sin\alpha\] ←正弦と余弦の加法定理 \[=(2\cos^2\alpha -1)\cos\alpha +(2\sin\alpha\cos\alpha)\sin\alpha\] ←2倍角の公式 \[=2\cos^3\alpha -\cos\alpha +2\sin^2\alpha\cos\alpha\] \[=2\cos^3\alpha -\cos\alpha +2(1-\cos^2\alpha)\cos\alpha\] ←拡張された三角関数の相互関係 \[=\boldsymbol{4\cos^3\alpha -3\cos\alpha}\]

3倍角の公式

  1. $\sin3\alpha=3\sin\alpha -4\sin^3\alpha$
  2. $\cos3\alpha=4\cos^3\alpha -3\cos\alpha$

3倍角の公式の利用

$0\leqq x \leqq\pi$のとき，不等式$\cos3{x} +2\cos{x}=0$を満たす$x$を求めよ．

無題
無題

$\cos3{x} =4\cos^3{x} -3\cos{x}$なので

\begin{align} &\cos3{x} +2\cos{x} =0\\ \Leftrightarrow ~&4\cos^3{x} -3\cos{x} +2\cos{x}=0\\ \Leftrightarrow ~&(4\cos^2{x} -1)\cos{x} =0\\ \Leftrightarrow ~&\cos{x} =-\dfrac{1}{2},~ \dfrac{1}{2},~ 0 \end{align}

$0\leqq {x} \leqq \pi$の範囲でこれを解いて，

$\boldsymbol{{x} =\dfrac{\pi}{3},~\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{2}{3}\pi}$

三角関数の和と積の公式

積和の公式

積和の公式

加法定理を組み合わせることにより，次のような公式が得られる．

三角関数の積を和に変換する公式

  1. $\sin\alpha \cos\beta=\dfrac12\left\{\sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha -\beta)\right\}$
  2. $\cos\alpha \sin\beta=\dfrac12\left\{\sin(\alpha +\beta) -\sin(\alpha -\beta)\right\}$
  3. $\cos\alpha \cos\beta=\dfrac12\left\{\cos(\alpha +\beta) +\cos(\alpha -\beta)\right\}$
  4. $\sin\alpha \sin\beta$
    $=-\dfrac12\left\{\cos(\alpha +\beta) -\cos(\alpha -\beta)\right\}$

【証明】

  1. 正弦についての加法定理

    $\sin(\alpha +\beta)=\sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta$ $\tag{1}\label{sekiwanokoushiki1}$

    $\sin(\alpha -\beta)=\sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta$ $\tag{2}\label{sekiwanokoushiki2}$

    において，$\eqref{sekiwanokoushiki1}+\eqref{sekiwanokoushiki2}$より

    \begin{align} &\sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha -\beta)\\ &= 2\sin\alpha \cos\beta\\ \Leftrightarrow~&\sin\alpha \cos\beta \\ &=\dfrac12\left\{\sin(\alpha +\beta) +\sin(\alpha -\beta)\right\} \end{align}

  2. 同じく$\eqref{sekiwanokoushiki1}-\eqref{sekiwanokoushiki2}$より

    \begin{align} &\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\\ &=2\cos\alpha\sin\beta\\ \Leftrightarrow~&\cos\alpha\sin\beta\\ &=\dfrac12\left\{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\right\} \end{align}

暗記積和の公式の導出

次の等式を証明せよ．

  1. $\cos\alpha\cos\beta=\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\right\}$
  2. $\sin\alpha\sin\beta$
    $=-\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\right\}$

  1. 余弦についての加法定理

    $\cos(\alpha +\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ $\tag{3}\label{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}$

    $\cos(\alpha -\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$ $\tag{4}\label{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$

    において，$\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}+\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$より

    \begin{align} &\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\\ &=2\cos\alpha\cos\beta\\ \Leftrightarrow~&\cos\alpha\cos\beta\\ &=\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha -\beta)\right\} \end{align}

  2. 同じく$\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou1}-\eqref{sekiwanokoushikinodoushutunokaitou2}$より

    \begin{align} &\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\\ &=-2\sin\alpha\sin\beta\\ \Leftrightarrow~&\sin\alpha\sin\beta\\ &=-\dfrac12\left\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\right\} \end{align}

吹き出し積和の公式

この公式は，三角関数の積を三角関数の和で書き換えるという意味があり， 三角関数の次数を下げる効果がある． FTEXT 数学IIIで学ぶ三角関数の積分法などでよくもちいられる．

和積の公式

和積の公式

三角関数の積を和に変換する公式について

$\alpha+\beta=A$ $\tag{1}\label{wasekinokoushiki1}$

$\alpha-\beta=B$ $\tag{2}\label{wasekinokoushiki2}$

とおくと，$(\eqref{wasekinokoushiki1}+\eqref{wasekinokoushiki2})\div 2$より$\alpha=\dfrac{A+B}{2}$，$(\eqref{wasekinokoushiki1}-\eqref{wasekinokoushiki2})\div 2$より$\beta=\dfrac{A-B}{2}$であるから， 次の公式を得る．

三角関数の和を積に変換する公式

  1. $\sin{A} +\sin{B}=2\sin\dfrac{A+B}{2} \cos\dfrac{A-B}{2}$
  2. $\sin{A} -\sin{B}=2\cos\dfrac{A+B}{2} \sin\dfrac{A-B}{2}$
  3. $\cos{A} +\cos{B}=2\cos\dfrac{A+B}{2} \cos\dfrac{A-B}{2}$
  4. $\cos{A} -\cos{B}=-2\sin\dfrac{A+B}{2} \sin\dfrac{A-B}{2}$

吹き出し和積の公式

和を積に変換する公式には，因数分解のような効果があるため， 三角関数を含む方程式・不等式を解く際にもちいられることが多い．

三角関数を含む方程式・不等式〜その4〜

  1. $0\leqq x < 2\pi$のとき，方程式$\sin 4x +\sin 3x +\sin 2x +\sin x=0$を解け．
  2. $0\leqq x < 2\pi$のとき，不等式$\cos x -\cos 2x +\cos 3x <\cos 4x$を解け．

  1. \[\sin 4x +\sin 3x +\sin 2x +\sin x=0\]

    ←$4x-2x=3x-x$に着目．

    $4x+x =3x+2x$や$4x-3x=2x-x$に着目しても共通因数を作れるが，分数が出てきて煩雑である．

    \[\Leftrightarrow~(\sin 4x +\sin 2x) +(\sin 3x +\sin x)=0\] \[\Leftrightarrow~2\sin\dfrac{4x+2x}{2} \cos\dfrac{4x-2x}{2}\] \[+2\sin\dfrac{3x+x}{2} \cos\dfrac{3x-x}{2}=0\]

    ←三角関数の和を積に変換する公式

    \[\Leftrightarrow~2\left(\sin{3x} \cos{x} + \sin{2x} \cos{x}\right)=0\]

    ←共通因数$\cos x$ができた

    \[\Leftrightarrow~\left(\sin{3x} +\sin{2x}\right)\cos{x}=0\] \[\Leftrightarrow~\left(2\sin\dfrac{3x +2x}{2} \cos\dfrac{3x -2x}{2}\right)\cos{x}=0\]

    ←三角関数の和を積に変換する公式

    \[\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x\cos\dfrac{x}{2} \cos{x}=0\] \[\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x=0,~\cos\dfrac{x}{2}=0,~\cos{x}=0\]

    それぞれの方程式を解くと

    $0\leqq \dfrac{5}{2}x<5\pi$より

    \begin{align} &\sin\dfrac{5}{2}x=0\\ \Leftrightarrow~&\dfrac{5}{2}x=0,~\pi,~2\pi,~3\pi,4\pi\\ \Leftrightarrow~&x=\dfrac{2}{5}\pi,~\dfrac{4}{5}\pi,~\dfrac{6}{5}\pi,~\dfrac{8}{5}\pi \end{align}

    $0\leqq \dfrac{x}{2}<\pi$より

    \begin{align} \cos\dfrac{x}{2}=0~&\Leftrightarrow~\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}\\ &\Leftrightarrow~x=\pi \end{align}

    $0\leqq x<2\pi$より

    \begin{align} \cos{x}=0~\Leftrightarrow~x=\dfrac{\pi}{2},~\dfrac{3}{2}\pi \end{align}

    よって，$\boldsymbol{x=\dfrac25\pi,~\dfrac12\pi,~\dfrac45\pi,~\pi,}$
    $\boldsymbol{~\dfrac65\pi,~\dfrac32\pi,~\dfrac85\pi}$．

  2. \[\cos x -\cos 2x +\cos 3x<\cos 4x\]

    ←$3x-x=4x-2x$に着目．

    $4x+x =3x+2x$や$4x-3x=2x-x$に着目しても共通因数を作れるが，分数が出てきて煩雑である．

    \[\Leftrightarrow~\cos 3x +\cos x <\cos 4x+\cos 2x\] \[\Leftrightarrow~2\cos\dfrac{3x+x}{2} \sin\dfrac{3x-x}{2}\] \[<\cos\dfrac{4x+2x}{2} \cos\dfrac{4x-2x}{2}\]

    ←三角関数の和を積に変換する公式

    \[\Leftrightarrow~ \cos{2x} \cos{x} <\cos{3x} \cos{x}\]

    ←共通因数$\cos x$ができた

    \[\Leftrightarrow~(\cos{3x} -\cos{2x})\cos{x}>0\] \[\Leftrightarrow~\left(-2\sin\dfrac{3x +2x}{2} \sin\dfrac{3x -2x}{2}\right) \cos{x}\] \[>0\]

    ←三角関数の和を積に変換する公式

    \[\Leftrightarrow~\sin\dfrac{5}{2}x \sin\dfrac{x}{2} \cos{x}<0\] $\tag{1}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$

    ここで，$0\leqq \dfrac{x}{2}<\pi$より$\sin\dfrac{x}{2}\geqq 0$である．

    1. $\sin\dfrac{x}{2}=0$，つまり，$x=0,~2\pi$のとき$\eqref{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$は不適．
    2. $\sin\dfrac{x}{2}>0$より，$\eqref{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou1}$は$\sin\dfrac{5}{2}x \cos{x}<0$となる．

    $\sin\dfrac52 x>0,~\cos x<0$のとき

    ←$\sin\dfrac52 x>0$を解くと $0<\dfrac52 x<\pi,~2\pi<\dfrac52 x<3\pi,$
    $4\pi<\dfrac52 x<5\pi$

    \begin{cases} 0<\theta<\dfrac25\pi,~ \dfrac45\pi<\theta<\dfrac65\pi,\\ ~\dfrac85\pi<\theta<2\pi\\ \\ \\ \dfrac12\pi<\theta<\dfrac32\pi \end{cases}

    上の式を$\tag{2}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou2}$，下の式を$\tag{3}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou3}$とする．

    三角関数を含む方程式・不等式〜その4〜 の解答の図その１

    なので， $\dfrac45\pi \lt x\lt\dfrac65\pi$．

    $\sin\dfrac52 x<0,~\cos x>0$のとき

    ←$\sin\dfrac52 x<0$を解くと $\pi<\dfrac52 x<2\pi,~3\pi<\dfrac52 x<4\pi$

    \begin{cases} \dfrac25\pi<\theta<\dfrac45\pi,~\dfrac65\pi<\theta<\dfrac85\pi\\ 0<\theta<\dfrac12\pi,~\dfrac32\pi<\theta<2\pi \end{cases}

    上の式を$\tag{4}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou4}$，下の式を$\tag{5}\label{sankakukansuuwohukumuhouteishikihutoushikisono4nokaitou5}$とする．

    三角関数を含む方程式・不等式〜その4〜 の解答の図その２

    なので， $\dfrac25\pi\lt x\lt \dfrac12\pi, ~\dfrac32\pi\lt x\lt \dfrac85 \pi$．

    以上をまとめて

    $\boldsymbol{\dfrac25\pi\lt x\lt \dfrac12\pi, ~\dfrac45\pi \lt x\lt \dfrac65\pi,}$
    $\boldsymbol{~\dfrac32\pi\lt x\lt \dfrac85 \pi}$．