三角関数: 加法定理の証明

三角関数における加法定理 (Theorem 1) は、三角関数の他の公式を証明する際に非常に役立ちます。この記事では、加法定理の証明を行っていきます。

1 証明のためのアイディア

1.1 三角関数の定義の利用

加法定理には \sin \alpha や \cos \alpha、\sin \beta や \cos \alpha が現れています。これらの式は三角関数の定義において現れますので、とりあえず三角関数の定義に従って、円を描いてみましょう。

Figure 1 では、角度 \alpha に対して点 A が対応し、角度 \beta に対しては点 B が対応しています。この点 A、 B に対して三角関数の定義より、以下の式が成立します。

\begin{aligned} \sin \alpha &= \frac{y_A}{r}.\\ \cos \alpha &= \frac{x_A}{r}.\\ \sin \beta &= \frac{y_B}{r}.\\ \cos \beta &= \frac{x_B}{r}.\\ \end{aligned} \tag{1}

ここで、x_A, y_A は点 A の x 座標と y 座標を、x_B, y_B は点 B の x 座標と y 座標をそれぞれ表します。

Equation 1 より、以下の式が得られます。

\begin{aligned} x_A &= r \cos \alpha,\\ y_A &= r \sin \alpha,\\ x_B &= r \cos \beta,\\ y_B &= r \sin \beta. \end{aligned}

したがって、Figure 1 のように点 A の座標、点 B の座標が決まることがわかります。

1.2 Figure 1 と加法定理の関係

Figure 1 には、加法定理 (Theorem 1) に現れる様々な式が含まれています。つまり、Figure 1 に現れる角度や座標の関係を調べれが、加法定理が導けそうです。

\triangle OBA は \alpha - \beta という角度を持ち、辺 AB の長さは点 A や B の座標を使って表せそうです。\triangle OBA における \angle AOB = \alpha - \beta や、辺 AB の長さの関係は、余弦定理を使って表すことができます。したがって、\triangle OBA に対して余弦定理を適用してみよう、というのが、加法定理の証明における重要なアイディアです。

2 \cos(\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta の証明

では@sec-idea-proof で得た発想に従って、加法定理の証明を行います。Figure 1 には \alpha - \beta という角度が現れていますので、まずは Theorem 1 (4) を証明してみましょう。

\triangle OBA に対して、余弦定理より以下の式が得られます:

AB^2 = OB^2 + OA^2 - 2 \cdot OB \cdot OA \cdot \cos \angle AOB. \tag{2}

ここで、円の半径が r であること、および三平方の定理を用いると、各辺の長さについて以下の式が成立することがわかります:

\begin{aligned} OA^2 &= r^2,\\ OB^2 &= r^2,\\ AB^2 &= (x_A - x_B)^2 + (y_A - y_B)^2\\ &= (r \cos \alpha - r \cos \beta)^2 + (r \sin \alpha - r \sin \beta)^2\\ &= r^2 (\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta - 2 \cos \alpha \cos \beta + \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta - 2 \sin \alpha \sin \beta)\\ &= r^2 ((\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) + (\sin^2 \beta + \cos^2 \beta) -2 (\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta))\\ &= r^2 (2 - 2 (\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta)). \end{aligned} \tag{3}

Equation 2, Equation 3, および \angle AOB = \alpha - \beta であることを踏まえると、以下の式が得られます:

r^2 (2 - 2 (\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta)) = r^2 + r^2 - 2 r^2 \cos (\alpha - \beta)

両辺を r^2 (r > 0) で割ると、

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

より、

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

を得ます。これでひとまず Theorem 1 (4) が現れたわけですが、Figure 1 の状況について、もう少し深く考えてみましょう。

2.1 \alpha < \beta のとき

Figure 1 では図から明らかなように、\alpha > \beta を暗黙のうちに仮定しています。逆に \alpha < \beta の時、Equation 4 は成立するのでしょうか？この場合、Figure 1 における \alpha と \beta が逆転するので、\angle AOB = \beta - \alpha となります。ところで、 \beta - \alpha = - (\alpha - \beta) です。このとき、

\begin{aligned} \cos (\beta - \alpha) &= \cos (-(\alpha - \beta))\\ &= \cos (\alpha - \beta) \end{aligned} \tag{5}

が成立します。ここで、\cos(-\theta) = \cos \theta を利用しました (三角関数の公式の証明: -\theta に関する公式)。

一方、\alpha < \beta のとき、Equation 4 の \alpha と \beta は互いに入れ替わることになるので、

\cos (\beta - \alpha) = \cos \beta \cos \alpha + \sin \beta \sin \alpha.

さらに Equation 5 を利用した後並び替えると、

\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta \tag{6}

このように、Equation 4 と同じ式が得られます。したがって、 \alpha と \beta の大小にかかわらず、Equation 4 が成立することがわかります。

2.2 \alpha - \beta > \pi のとき

Figure 1 に表された状況では、さらに \alpha - \beta が \triangle AOB の内角であることが仮定されています。つまり 0 <\alpha - \beta < \pi を仮定しています。では \alpha - \beta > \pi のとき、Equation 4 は成立するのでしょうか？

\alpha - \beta > \pi のときは Figure 2 のようになります。

この時、以下の式が成立します:

\begin{aligned} \cos(2 \pi - (\alpha - \beta)) &= \cos (\alpha - \beta) \qquad (\because \cos(2 \pi - \theta) = \cos \theta). \end{aligned} \tag{7}

そして、\triangle OBA に対して Equation 2 と同様に余弦定理を適用して整理すると、

\cos (2 \pi - (\alpha - \beta)) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta.

さらに Equation 7 を適用すると、

\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta

のように、 Equation 4 が得られることが確認できました。

Figure 1 に示されていない状況について検討してみました。実際、Equation 4 は任意の \alpha, \beta について成立します。Theorem 1 の他の公式については、 Equation 4 を用いて簡単に証明できます。Theorem 1 の (4) \rightarrow (3) \rightarrow (1) \rightarrow (2) \rightarrow (5) \rightarrow (6) の順で証明を進めます。

3 \cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta の証明 (Theorem 1 (3))

\cos(-\theta) = \cos \theta、そして \sin (-\theta) = -\sin \theta であることから、

\begin{aligned} \cos(\alpha + \beta) &= \cos (\alpha - (-\beta))\\ &= \sin \alpha \cos (-\beta) + \cos \alpha \sin (-\beta)\\ &= \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta \end{aligned}

4 \sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta の証明 (Theorem 1 (1))

\sin \theta = \cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) より、

\begin{aligned} \sin (\alpha + \beta) &= \cos \left( \frac{\pi}{2} - (\alpha + \beta) \right)\\ &= \cos \left( \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) - \beta \right) \end{aligned}

ここで、Theorem 1 (3) を適用すると、

\begin{aligned} \cos \left( \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) - \beta \right) &= \cos \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) \cos \beta + \sin \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) \sin \beta\\ &= \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta \qquad (\because \cos \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = \sin \alpha, \sin \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = \cos \alpha) \end{aligned}

以上をまとめると、 \cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta が示されました。

5 \sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta の証明 (Theorem 1 (2))

\sin(\alpha - \beta) = \sin (\alpha + (-\beta)) であることから、Theorem 1 (1) を適用して、

\begin{aligned} \sin(\alpha - \beta) &= \sin (\alpha + (-\beta))\\ &= \sin \alpha \cos (-\beta) + \cos \alpha \sin (-\beta)\\ &= \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta. \end{aligned}

6 \tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} の証明 (Theorem 1 (5))

三角関数の基本的な公式より、

\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}

が成立します。

ここで、\theta = \alpha + \beta の時を考えると、

\tan (\alpha + \beta) = \frac{\sin (\alpha + \beta)}{\cos (\alpha + \beta)}.

さらに Theorem 1 (1), (3) を適用して、以下の式を得ます:

\frac{\sin (\alpha + \beta)}{\cos (\alpha + \beta)} = \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta}

分母、分子を \cos \alpha \cos \beta で割ると、

\begin{aligned} \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta} &= \frac{\frac{\sin \alpha \cos \beta}{\cos \alpha \cos \beta} + \frac{\cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}{\frac{\cos \alpha \cos \beta}{\cos \alpha \cos \beta} - \frac{\sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}\\ &= \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} \end{aligned}.

以上より、

\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}.

これで、Theorem 1 (5) が示せました。

7 \tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} の証明 (Theorem 1 (6))

Theorem 1 (5) と同様に示せます。Theorem 1 (2), (4) を使って \tan (\alpha -\beta) を書き換えた後、分母と分子を \cos \alpha \cos \beta で割り、整理します:

\begin{aligned} \tan (\alpha - \beta) &= \frac{\sin (\alpha - \beta)}{\cos (\alpha - \beta)}\\ &= \frac{\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta}\\ &= \frac{\frac{\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}{\frac{\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}\\ &= \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta}. \end{aligned}

以上で、Theorem 1 (6) を示せました。

8 まとめ

本記事では余弦定理を用いて三角関数の加法定理を証明しました。加法定理の証明の過程は三角関数の定義をしっかりと理解しておけば、それほど難しくありません。加法定理の証明を行うことで、重要な計算や公式を使いこなす練習になりますので、自分自身で証明を行う訓練をしてみてください。

加法定理の証明は難しくないものの、かなり面倒ではあります。加法定理は覚えてしまった方が良いでしょう。ただし、Theorem 1 の (1), (3), (5)が成立することさえ覚えておけば、 \beta を -\beta で置き換えて、(2), (4), (6)が成立することもすぐにわかります。

加法定理を使えば、三角関数におけるいくつかの重要な公式を簡単に導き出すことができます。加法定理を理解した後は、それらの公式を導く練習をしてみましょう。