sin や cos は、三角形の辺の比として習った人が多いと思います。ところが、グラフを描いて微分したり、直角より大きい角を扱ったりするときには、「辺の比」という説明だけでは足りなくなります。この記事では、三角関数を円周上の点の座標として捉え直し、加法定理などの公式がそこからどう出てくるかを順に確かめます。読み終えると、公式を丸暗記せずに導けるようになり、三角方程式の解の形の根拠や、正五角形の対角線と辺の比が黄金比になる理由を説明できます。
高校の三角関数は「単位円周上の点 P ( θ ) = ( cos θ , sin θ ) \mathrm P(\theta)=(\cos\theta,\sin\theta) P ( θ ) = ( cos θ , sin θ ) cos , sin \cos,\sin cos , sin 余弦 ・正弦 ）と同じもの であること（角 θ \theta θ 指数・対数・三角関数をきちんと定義する の定理を指して確かめます。
基本性質（cos 2 + sin 2 = 1 \cos^2+\sin^2=1 cos 2 + sin 2 = 1 a sin θ + b cos θ = r sin ( θ + α ) a\sin\theta+b\cos\theta=r\sin(\theta+\alpha) a sin θ + b cos θ = r sin ( θ + α )
三角方程式 sin x = a \sin x=a sin x = a cos x = a \cos x=a cos x = a tan x = a \tan x=a tan x = a
周期関数の和は周期関数になるとは限りません。sin p x + sin q x \sin px+\sin qx sin p x + sin q x p / q p/q p / q
最後に ∑ sin k θ \sum\sin k\theta ∑ sin k θ cos 2 π 5 = 5 − 1 4 \cos\dfrac{2\pi}5=\dfrac{\sqrt5-1}4 cos 5 2 π = 4 5 − 1
級数で定義した cos , sin \cos,\sin cos , sin : x x x 余弦・正弦 単位円と弧度法 : 半径 1 の円周上の点を、弧の長さ θ \theta θ 180 ∘ = π 180^\circ=\pi 18 0 ∘ = π 前の記事 加法定理 : sin ( α + β ) \sin(\alpha+\beta) sin ( α + β ) cos ( α + β ) \cos(\alpha+\beta) cos ( α + β ) α , β \alpha,\beta α , β sin , cos \sin,\cos sin , cos 前の記事 単射 : 異なる入力には必ず異なる出力が対応する、という性質。3 節の証明で使います。連鎖律 : 合成関数 f ( g ( x ) ) f(g(x)) f ( g ( x )) f ′ ( g ( x ) ) g ′ ( x ) f'(g(x))\,g'(x) f ′ ( g ( x )) g ′ ( x ) 導関数の定義と基本的な微分法 高校の数学で、sin θ \sin\theta sin θ
直角三角形の比 （数学 I）：斜辺に対する対辺の比。0 ∘ < θ < 90 ∘ 0^\circ<\theta<90^\circ 0 ∘ < θ < 9 0 ∘ 単位円周上の点の座標 （数学 II）：θ \theta θ 周期 2 π 2\pi 2 π （数学 II・III）：グラフを描いて、微分・積分する。
これらが「同じもの」であることは、ふつう図を描いて納得させるだけです。しかし 2 と 3 の間には、実は大きな溝があります。「θ \theta θ θ ↦ ( cos θ , sin θ ) \theta\mapsto(\cos\theta,\sin\theta) θ ↦ ( cos θ , sin θ ) cos , sin \cos,\sin cos , sin 定理として 導くことで埋めてあります。
この記事は、その定理を土台にして、高校の三角関数の公式群を整理し、証明を付けます。使う根の定理は次の 4 つです。
定義 2.1 （一般角の三角関数 ） ↗
実数 θ \theta θ P ( θ ) = ( cos θ , sin θ ) \mathrm P(\theta)=(\cos\theta,\sin\theta) P ( θ ) = ( cos θ , sin θ ) θ \theta θ cos , sin \cos,\sin cos , sin 定義 6.1［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）である。cos θ ≠ 0 \cos\theta\ne0 cos θ = 0 tan θ = sin θ cos θ \tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} tan θ = cos θ sin θ
「角を度数法の 30 ∘ 30^\circ 3 0 ∘ 90 ∘ 90^\circ 9 0 ∘ π / 6 \pi/6 π /6 π / 2 \pi/2 π /2 180 ∘ = π 180^\circ=\pi 18 0 ∘ = π x ∘ x^\circ x ∘ π x 180 \dfrac{\pi x}{180} 180 π x
高校で「θ \theta θ θ \theta θ
命題 2.2 （単位円の定義と弧の長さの一致 ） ✓
0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π ( 1 , 0 ) = P ( 0 ) (1,0)=\mathrm P(0) ( 1 , 0 ) = P ( 0 ) P ( θ ) \mathrm P(\theta) P ( θ ) γ ( t ) = P ( t ) \gamma(t)=\mathrm P(t) γ ( t ) = P ( t ) 0 ≤ t ≤ θ 0\le t\le\theta 0 ≤ t ≤ θ θ \theta θ 0 ≤ θ < θ ′ < 2 π 0\le\theta<\theta'<2\pi 0 ≤ θ < θ ′ < 2 π P ( θ ) ≠ P ( θ ′ ) \mathrm P(\theta)\ne\mathrm P(\theta') P ( θ ) = P ( θ ′ ) P ( θ ′ ) \mathrm P(\theta') P ( θ ′ ) θ ′ \theta' θ ′ θ \theta θ [ 0 , 2 π ) [0,2\pi) [ 0 , 2 π )
証明（命題 2.2） 単位円と三角関数。弧の長さが θ のとき、点 P の座標が (cos θ, sin θ)。直線 OP が x = 1 と交わる高さが tan θ
高校では「点 P \mathrm P P ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) θ \theta θ ( cos θ , sin θ ) (\cos\theta,\sin\theta) ( cos θ , sin θ ) θ \theta θ θ \theta θ 関数 cos , sin \cos,\sin cos , sin 、その媒介変数表示が弧の長さと一致するという事実を、命題 2.2 として示しました。
命題 3.1 （三角関数の基本性質 ） ✓
任意の実数 θ \theta θ
cos 2 θ + sin 2 θ = 1 \cos^2\theta+\sin^2\theta=1 cos 2 θ + sin 2 θ = 1 ∣ cos θ ∣ ≤ 1 |\cos\theta|\le1 ∣ cos θ ∣ ≤ 1 ∣ sin θ ∣ ≤ 1 |\sin\theta|\le1 ∣ sin θ ∣ ≤ 1 cos ( − θ ) = cos θ \cos(-\theta)=\cos\theta cos ( − θ ) = cos θ sin ( − θ ) = − sin θ \sin(-\theta)=-\sin\theta sin ( − θ ) = − sin θ cos ( π − θ ) = − cos θ \cos(\pi-\theta)=-\cos\theta cos ( π − θ ) = − cos θ sin ( π − θ ) = sin θ \sin(\pi-\theta)=\sin\theta sin ( π − θ ) = sin θ cos ( π 2 − θ ) = sin θ \cos\left(\dfrac\pi2-\theta\right)=\sin\theta cos ( 2 π − θ ) = sin θ sin ( π 2 − θ ) = cos θ \sin\left(\dfrac\pi2-\theta\right)=\cos\theta sin ( 2 π − θ ) = cos θ cos ( θ + 2 π ) = cos θ \cos(\theta+2\pi)=\cos\theta cos ( θ + 2 π ) = cos θ sin ( θ + 2 π ) = sin θ \sin(\theta+2\pi)=\sin\theta sin ( θ + 2 π ) = sin θ tan ( θ + π ) = tan θ \tan(\theta+\pi)=\tan\theta tan ( θ + π ) = tan θ cos θ ≠ 0 \cos\theta\ne0 cos θ = 0 cos θ = 1 \cos\theta=1 cos θ = 1 θ ∈ 2 π Z \theta\in2\pi\mathbb Z θ ∈ 2 π Z sin θ = 0 \sin\theta=0 sin θ = 0 θ ∈ π Z \theta\in\pi\mathbb Z θ ∈ π Z cos θ = 0 \cos\theta=0 cos θ = 0 θ ∈ π 2 + π Z \theta\in\dfrac\pi2+\pi\mathbb Z θ ∈ 2 π + π Z cos , sin \cos,\sin cos , sin 2 π 2\pi 2 π tan \tan tan π \pi π 次の証明の (5) は、実数 θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π 0 0 0 2 π 2\pi 2 π t t t [ 0 , 2 π ) [0,2\pi) [ 0 , 2 π ) t t t P ( t ) \mathrm P(t) P ( t ) cos θ = 1 \cos\theta=1 cos θ = 1 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) t = 0 t=0 t = 0
証明（命題 3.1） (1) は 定理 6.5［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ です。(2) は 定理 6.2［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (2) です。(3) 加法定理（定理 6.4［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）で cos ( π − θ ) = cos π cos θ + sin π sin θ = − cos θ \cos(\pi-\theta)=\cos\pi\cos\theta+\sin\pi\sin\theta=-\cos\theta cos ( π − θ ) = cos π cos θ + sin π sin θ = − cos θ cos π = − 1 \cos\pi=-1 cos π = − 1 sin π = 0 \sin\pi=0 sin π = 0 sin ( π − θ ) = sin π cos θ − cos π sin θ = sin θ \sin(\pi-\theta)=\sin\pi\cos\theta-\cos\pi\sin\theta=\sin\theta sin ( π − θ ) = sin π cos θ − cos π sin θ = sin θ cos ( π / 2 − θ ) = cos π 2 cos θ + sin π 2 sin θ = sin θ \cos(\pi/2-\theta)=\cos\frac\pi2\cos\theta+\sin\frac\pi2\sin\theta=\sin\theta cos ( π /2 − θ ) = cos 2 π cos θ + sin 2 π sin θ = sin θ sin ( π / 2 − θ ) = cos θ \sin(\pi/2-\theta)=\cos\theta sin ( π /2 − θ ) = cos θ cos π 2 = 0 \cos\frac\pi2=0 cos 2 π = 0 sin π 2 = 1 \sin\frac\pi2=1 sin 2 π = 1 定理 7.3［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）。(4) 2 π 2\pi 2 π 定理 7.3［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (2) で、tan ( θ + π ) = − sin θ − cos θ = tan θ \tan(\theta+\pi)=\dfrac{-\sin\theta}{-\cos\theta}=\tan\theta tan ( θ + π ) = − cos θ − sin θ = tan θ π \pi π
(5) 実数 θ \theta θ θ = 2 π m + t \theta=2\pi m+t θ = 2 π m + t m m m 0 ≤ t < 2 π 0\le t<2\pi 0 ≤ t < 2 π 補題 5.1［実数の完備性とコーシー列］ を θ / 2 π \theta/2\pi θ /2 π ( cos θ , sin θ ) = P ( t ) (\cos\theta,\sin\theta)=\mathrm P(t) ( cos θ , sin θ ) = P ( t ) cos θ = 1 \cos\theta=1 cos θ = 1 cos t = 1 \cos t=1 cos t = 1 cos 2 t + sin 2 t = 1 \cos^2t+\sin^2t=1 cos 2 t + sin 2 t = 1 sin t = 0 \sin t=0 sin t = 0 P ( t ) = ( 1 , 0 ) = P ( 0 ) \mathrm P(t)=(1,0)=\mathrm P(0) P ( t ) = ( 1 , 0 ) = P ( 0 ) [ 0 , 2 π ) [0,2\pi) [ 0 , 2 π ) 定理 7.4［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）なので t = 0 t=0 t = 0 θ = 2 π m \theta=2\pi m θ = 2 π m sin θ = 0 \sin\theta=0 sin θ = 0 P ( t ) = ( ± 1 , 0 ) \mathrm P(t)=(\pm1,0) P ( t ) = ( ± 1 , 0 ) P ( 0 ) = ( 1 , 0 ) \mathrm P(0)=(1,0) P ( 0 ) = ( 1 , 0 ) P ( π ) = ( − 1 , 0 ) \mathrm P(\pi)=(-1,0) P ( π ) = ( − 1 , 0 ) t ∈ { 0 , π } t\in\{0,\pi\} t ∈ { 0 , π } θ ∈ π Z \theta\in\pi\mathbb Z θ ∈ π Z cos θ = sin ( θ + π 2 ) \cos\theta=\sin\left(\theta+\frac\pi2\right) cos θ = sin ( θ + 2 π ) 定理 7.3［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (1)）なので、cos θ = 0 \cos\theta=0 cos θ = 0 θ + π 2 ∈ π Z \theta+\frac\pi2\in\pi\mathbb Z θ + 2 π ∈ π Z
(6) T > 0 T>0 T > 0 cos \cos cos cos T = cos 0 = 1 \cos T=\cos0=1 cos T = cos 0 = 1 T ∈ 2 π Z T\in2\pi\mathbb Z T ∈ 2 π Z T ≥ 2 π T\ge2\pi T ≥ 2 π sin \sin sin T T T sin T = sin 0 = 0 \sin T=\sin 0=0 sin T = sin 0 = 0 T ∈ π Z T\in\pi\mathbb Z T ∈ π Z sin ( π 2 + T ) = sin π 2 = 1 \sin(\frac\pi2+T)=\sin\frac\pi2=1 sin ( 2 π + T ) = sin 2 π = 1 cos T = 1 \cos T=1 cos T = 1 T ∈ 2 π Z T\in2\pi\mathbb Z T ∈ 2 π Z tan \tan tan T T T tan T = tan 0 = 0 \tan T=\tan0=0 tan T = tan 0 = 0 sin T = 0 \sin T=0 sin T = 0 T ∈ π Z T\in\pi\mathbb Z T ∈ π Z π \pi π π \pi π
∎ (5) と (6) は、「θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π P ( θ ) \mathrm P(\theta) P ( θ )
直角三角形の比で習った 30 ∘ 30^\circ 3 0 ∘ 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ 60 ∘ 60^\circ 6 0 ∘
命題 3.2 （特別な角の三角関数の値 ） ✓
sin π 6 = 1 2 , cos π 6 = 3 2 , sin π 4 = cos π 4 = 2 2 , sin π 3 = 3 2 , cos π 3 = 1 2 \sin\frac\pi6=\frac12,\quad\cos\frac\pi6=\frac{\sqrt3}2,\quad\sin\frac\pi4=\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}2,\quad\sin\frac\pi3=\frac{\sqrt3}2,\quad\cos\frac\pi3=\frac12 sin 6 π = 2 1 , cos 6 π = 2 3 , sin 4 π = cos 4 π = 2 2 , sin 3 π = 2 3 , cos 3 π = 2 1 である。
sin π 6 \sin\frac\pi6 sin 6 π 3 ⋅ π 6 = π 2 3\cdot\frac\pi6=\frac\pi2 3 ⋅ 6 π = 2 π sin π 2 = 1 \sin\frac\pi2=1 sin 2 π = 1 s = sin π 6 s=\sin\frac\pi6 s = sin 6 π 4 s 3 − 3 s + 1 = 0 4s^3-3s+1=0 4 s 3 − 3 s + 1 = 0 s = − 1 s=-1 s = − 1 − 4 + 3 + 1 = 0 -4+3+1=0 − 4 + 3 + 1 = 0 s + 1 s+1 s + 1 ( s + 1 ) ( 4 s 2 − 4 s + 1 ) (s+1)(4s^2-4s+1) ( s + 1 ) ( 4 s 2 − 4 s + 1 ) ( 2 s − 1 ) 2 (2s-1)^2 ( 2 s − 1 ) 2
証明（命題 3.2） π / 6 \pi/6 π /6 s = sin π 6 s=\sin\frac\pi6 s = sin 6 π π 6 ∈ ( 0 , π 2 ) \frac\pi6\in(0,\frac\pi2) 6 π ∈ ( 0 , 2 π ) s > 0 s>0 s > 0 定理 7.3［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (3)）。3 倍角の公式（系 4.2 ）より sin π 2 = 3 s − 4 s 3 \sin\frac\pi2=3s-4s^3 sin 2 π = 3 s − 4 s 3 sin π 2 = 1 \sin\frac\pi2=1 sin 2 π = 1 4 s 3 − 3 s + 1 = 0 4s^3-3s+1=0 4 s 3 − 3 s + 1 = 0 ( s + 1 ) ( 2 s − 1 ) 2 = 0 (s+1)(2s-1)^2=0 ( s + 1 ) ( 2 s − 1 ) 2 = 0 s > 0 s>0 s > 0 s = 1 2 s=\frac12 s = 2 1 cos π 6 = 1 − s 2 = 3 2 \cos\frac\pi6=\sqrt{1-s^2}=\frac{\sqrt3}2 cos 6 π = 1 − s 2 = 2 3 cos π 6 > 0 \cos\frac\pi6>0 cos 6 π > 0 定理 2.2［指数関数と対数関数］ で平方根は正のものを取る）。
π / 3 \pi/3 π /3 命題 3.1 (3) より sin π 3 = cos ( π 2 − π 3 ) = cos π 6 = 3 2 \sin\frac\pi3=\cos\left(\frac\pi2-\frac\pi3\right)=\cos\frac\pi6=\frac{\sqrt3}2 sin 3 π = cos ( 2 π − 3 π ) = cos 6 π = 2 3 cos π 3 = sin π 6 = 1 2 \cos\frac\pi3=\sin\frac\pi6=\frac12 cos 3 π = sin 6 π = 2 1
π / 4 \pi/4 π /4 cos π 2 = cos 2 π 4 − sin 2 π 4 = 0 \cos\frac\pi2=\cos^2\frac\pi4-\sin^2\frac\pi4=0 cos 2 π = cos 2 4 π − sin 2 4 π = 0 π 4 ∈ ( 0 , π 2 ) \frac\pi4\in(0,\frac\pi2) 4 π ∈ ( 0 , 2 π ) cos , sin > 0 \cos,\sin>0 cos , sin > 0 定理 7.3［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (3)）なので sin π 4 = cos π 4 \sin\frac\pi4=\cos\frac\pi4 sin 4 π = cos 4 π cos 2 + sin 2 = 1 \cos^2+\sin^2=1 cos 2 + sin 2 = 1 2 cos 2 π 4 = 1 2\cos^2\frac\pi4=1 2 cos 2 4 π = 1 cos π 4 = 2 2 \cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}2 cos 4 π = 2 2
∎ 例 3.3 （値の一覧 ）
上の命題と tan = sin / cos \tan=\sin/\cos tan = sin / cos
θ \theta θ 0 0 0 π / 6 \pi/6 π /6 π / 4 \pi/4 π /4 π / 3 \pi/3 π /3 π / 2 \pi/2 π /2 sin θ \sin\theta sin θ 0 0 0 1 2 \frac12 2 1 2 2 \frac{\sqrt2}2 2 2 3 2 \frac{\sqrt3}2 2 3 1 1 1 cos θ \cos\theta cos θ 1 1 1 3 2 \frac{\sqrt3}2 2 3 2 2 \frac{\sqrt2}2 2 2 1 2 \frac12 2 1 0 0 0 tan θ \tan\theta tan θ 0 0 0 1 3 \frac1{\sqrt3} 3 1 1 1 1 3 \sqrt3 3 （定義されない）
sin θ \sin\theta sin θ 0 , 1 , 2 , 3 , 4 0,1,2,3,4 0 , 1 , 2 , 3 , 4 2 2 2 0 2 , 1 2 , 2 2 , 3 2 , 4 2 \dfrac{\sqrt0}2,\dfrac{\sqrt1}2,\dfrac{\sqrt2}2,\dfrac{\sqrt3}2,\dfrac{\sqrt4}2 2 0 , 2 1 , 2 2 , 2 3 , 2 4
正弦と余弦のグラフは次のようになります。どちらも周期 2 π 2\pi 2 π cos θ = sin ( θ + π / 2 ) \cos\theta=\sin(\theta+\pi/2) cos θ = sin ( θ + π /2 ) cos \cos cos sin \sin sin π / 2 \pi/2 π /2
y = sin x（実線）と y = cos x（点線）。0 ≤ x ≤ 2π。目盛りは π/2 ごと 定理 4.1 （加法定理（高校の形） ） ✓
任意の実数 α , β \alpha,\beta α , β
cos ( α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β \cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta cos ( α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β sin ( α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β \sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta sin ( α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β cos α , cos β , cos ( α ± β ) \cos\alpha,\cos\beta,\cos(\alpha\pm\beta) cos α , cos β , cos ( α ± β ) 0 0 0 tan ( α ± β ) = tan α ± tan β 1 ∓ tan α tan β \tan(\alpha\pm\beta)=\dfrac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta} tan ( α ± β ) = 1 ∓ tan α tan β tan α ± tan β 証明（定理 4.1） + + + 定理 6.4［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）そのものです。− - − β \beta β − β -\beta − β cos ( − β ) = cos β \cos(-\beta)=\cos\beta cos ( − β ) = cos β sin ( − β ) = − sin β \sin(-\beta)=-\sin\beta sin ( − β ) = − sin β 命題 3.1 (2)）を使います。(3) は、tan ( α ± β ) = sin ( α ± β ) cos ( α ± β ) \tan(\alpha\pm\beta)=\dfrac{\sin(\alpha\pm\beta)}{\cos(\alpha\pm\beta)} tan ( α ± β ) = cos ( α ± β ) sin ( α ± β ) cos α cos β ≠ 0 \cos\alpha\cos\beta\ne0 cos α cos β = 0
sin α cos β ± cos α sin β cos α cos β ∓ sin α sin β = tan α ± tan β 1 ∓ tan α tan β . \frac{\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta}=\frac{\tan\alpha\pm\tan\beta}{1\mp\tan\alpha\tan\beta}. cos α cos β ∓ sin α sin β sin α cos β ± cos α sin β = 1 ∓ tan α tan β tan α ± tan β . ∎
高校では、加法定理を「点 P ( α ) \mathrm P(\alpha) P ( α ) β \beta β P ( α + β ) \mathrm P(\alpha+\beta) P ( α + β ) ( x , y ) ↦ ( x cos β − y sin β , x sin β + y cos β ) (x,y)\mapsto(x\cos\beta-y\sin\beta,\ x\sin\beta+y\cos\beta) ( x , y ) ↦ ( x cos β − y sin β , x sin β + y cos β ) 導かれる ものです（「平面ベクトルと座標」の記事の回転行列を参照）。
系 4.2 （倍角・半角・3 倍角の公式 ） ✓
任意の実数 θ \theta θ
sin 2 θ = 2 sin θ cos θ \sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta sin 2 θ = 2 sin θ cos θ cos 2 θ = cos 2 θ − sin 2 θ = 2 cos 2 θ − 1 = 1 − 2 sin 2 θ \cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta=2\cos^2\theta-1=1-2\sin^2\theta cos 2 θ = cos 2 θ − sin 2 θ = 2 cos 2 θ − 1 = 1 − 2 sin 2 θ cos θ , cos 2 θ ≠ 0 \cos\theta,\cos2\theta\ne0 cos θ , cos 2 θ = 0 tan 2 θ = 2 tan θ 1 − tan 2 θ \tan2\theta=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta} tan 2 θ = 1 − tan 2 θ 2 tan θ cos 2 θ 2 = 1 + cos θ 2 \cos^2\dfrac\theta2=\dfrac{1+\cos\theta}2 cos 2 2 θ = 2 1 + cos θ sin 2 θ 2 = 1 − cos θ 2 \sin^2\dfrac\theta2=\dfrac{1-\cos\theta}2 sin 2 2 θ = 2 1 − cos θ cos θ 2 ≠ 0 \cos\dfrac\theta2\ne0 cos 2 θ = 0 cos θ ≠ − 1 \cos\theta\ne-1 cos θ = − 1 tan θ 2 = sin θ 1 + cos θ \tan\dfrac\theta2=\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta} tan 2 θ = 1 + cos θ sin θ sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ \sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ cos 3 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ \cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta cos 3 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ 証明（系 4.2） (1) 定理 4.1 で α = β = θ \alpha=\beta=\theta α = β = θ sin 2 θ = 2 sin θ cos θ \sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta sin 2 θ = 2 sin θ cos θ cos 2 θ = cos 2 θ − sin 2 θ \cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta cos 2 θ = cos 2 θ − sin 2 θ sin 2 θ = 1 − cos 2 θ \sin^2\theta=1-\cos^2\theta sin 2 θ = 1 − cos 2 θ cos 2 θ = 1 − sin 2 θ \cos^2\theta=1-\sin^2\theta cos 2 θ = 1 − sin 2 θ 命題 3.1 (1)）を代入して他の 2 つの形を得ます。tan 2 θ \tan2\theta tan 2 θ
(2) (1) の cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x \cos2x=2\cos^2x-1=1-2\sin^2x cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x x = θ / 2 x=\theta/2 x = θ /2 cos θ = 2 cos 2 θ 2 − 1 = 1 − 2 sin 2 θ 2 \cos\theta=2\cos^2\frac\theta2-1=1-2\sin^2\frac\theta2 cos θ = 2 cos 2 2 θ − 1 = 1 − 2 sin 2 2 θ cos 2 θ 2 \cos^2\frac\theta2 cos 2 2 θ sin 2 θ 2 \sin^2\frac\theta2 sin 2 2 θ tan θ 2 \tan\frac\theta2 tan 2 θ sin θ = 2 sin θ 2 cos θ 2 \sin\theta=2\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2 sin θ = 2 sin 2 θ cos 2 θ 1 + cos θ = 2 cos 2 θ 2 1+\cos\theta=2\cos^2\frac\theta2 1 + cos θ = 2 cos 2 2 θ
(3) sin 3 θ = sin ( 2 θ + θ ) = sin 2 θ cos θ + cos 2 θ sin θ = 2 sin θ cos 2 θ + ( 1 − 2 sin 2 θ ) sin θ = 2 sin θ ( 1 − sin 2 θ ) + sin θ − 2 sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ \sin3\theta=\sin(2\theta+\theta)=\sin2\theta\cos\theta+\cos2\theta\sin\theta=2\sin\theta\cos^2\theta+(1-2\sin^2\theta)\sin\theta=2\sin\theta(1-\sin^2\theta)+\sin\theta-2\sin^3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta sin 3 θ = sin ( 2 θ + θ ) = sin 2 θ cos θ + cos 2 θ sin θ = 2 sin θ cos 2 θ + ( 1 − 2 sin 2 θ ) sin θ = 2 sin θ ( 1 − sin 2 θ ) + sin θ − 2 sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ cos 3 θ = cos 2 θ cos θ − sin 2 θ sin θ = ( 2 cos 2 θ − 1 ) cos θ − 2 sin 2 θ cos θ = 2 cos 3 θ − cos θ − 2 ( 1 − cos 2 θ ) cos θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ \cos3\theta=\cos2\theta\cos\theta-\sin2\theta\sin\theta=(2\cos^2\theta-1)\cos\theta-2\sin^2\theta\cos\theta=2\cos^3\theta-\cos\theta-2(1-\cos^2\theta)\cos\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta cos 3 θ = cos 2 θ cos θ − sin 2 θ sin θ = ( 2 cos 2 θ − 1 ) cos θ − 2 sin 2 θ cos θ = 2 cos 3 θ − cos θ − 2 ( 1 − cos 2 θ ) cos θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ
∎ 系 4.3 （積和の公式と和積の公式 ） ✓
任意の実数 α , β , A , B \alpha,\beta,A,B α , β , A , B
sin α cos β = 1 2 [ sin ( α + β ) + sin ( α − β ) ] , cos α cos β = 1 2 [ cos ( α + β ) + cos ( α − β ) ] , sin α sin β = − 1 2 [ cos ( α + β ) − cos ( α − β ) ] , \begin{aligned}
\sin\alpha\cos\beta&=\tfrac12\bigl[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\bigr],\\
\cos\alpha\cos\beta&=\tfrac12\bigl[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\bigr],\\
\sin\alpha\sin\beta&=-\tfrac12\bigl[\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\bigr],
\end{aligned} sin α cos β cos α cos β sin α sin β = 2 1 [ sin ( α + β ) + sin ( α − β ) ] , = 2 1 [ cos ( α + β ) + cos ( α − β ) ] , = − 2 1 [ cos ( α + β ) − cos ( α − β ) ] , sin A + sin B = 2 sin A + B 2 cos A − B 2 , sin A − sin B = 2 cos A + B 2 sin A − B 2 , cos A + cos B = 2 cos A + B 2 cos A − B 2 , cos A − cos B = − 2 sin A + B 2 sin A − B 2 . \begin{aligned}
\sin A+\sin B&=2\sin\tfrac{A+B}2\cos\tfrac{A-B}2,& \sin A-\sin B&=2\cos\tfrac{A+B}2\sin\tfrac{A-B}2,\\
\cos A+\cos B&=2\cos\tfrac{A+B}2\cos\tfrac{A-B}2,& \cos A-\cos B&=-2\sin\tfrac{A+B}2\sin\tfrac{A-B}2.
\end{aligned} sin A + sin B cos A + cos B = 2 sin 2 A + B cos 2 A − B , = 2 cos 2 A + B cos 2 A − B , sin A − sin B cos A − cos B = 2 cos 2 A + B sin 2 A − B , = − 2 sin 2 A + B sin 2 A − B . 証明（系 4.3） 定理 4.1 の sin ( α ± β ) \sin(\alpha\pm\beta) sin ( α ± β ) sin ( α + β ) + sin ( α − β ) = 2 sin α cos β \sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin\alpha\cos\beta sin ( α + β ) + sin ( α − β ) = 2 sin α cos β cos ( α ± β ) \cos(\alpha\pm\beta) cos ( α ± β ) 2 cos α cos β 2\cos\alpha\cos\beta 2 cos α cos β cos ( α − β ) − cos ( α + β ) = 2 sin α sin β \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)=2\sin\alpha\sin\beta cos ( α − β ) − cos ( α + β ) = 2 sin α sin β α = A + B 2 \alpha=\frac{A+B}2 α = 2 A + B β = A − B 2 \beta=\frac{A-B}2 β = 2 A − B α + β = A \alpha+\beta=A α + β = A α − β = B \alpha-\beta=B α − β = B sin A − sin B \sin A-\sin B sin A − sin B 定理 4.1 の sin ( α ± β ) \sin(\alpha\pm\beta) sin ( α ± β ) sin ( α + β ) − sin ( α − β ) = 2 cos α sin β \sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\sin\beta sin ( α + β ) − sin ( α − β ) = 2 cos α sin β
∎ 定理 4.4 （三角関数の合成 ） ✓
実数 a , b a,b a , b ( a , b ) ≠ ( 0 , 0 ) (a,b)\ne(0,0) ( a , b ) = ( 0 , 0 ) r = a 2 + b 2 > 0 r=\sqrt{a^2+b^2}>0 r = a 2 + b 2 > 0 α \alpha α θ \theta θ
a sin θ + b cos θ = r sin ( θ + α ) a\sin\theta+b\cos\theta=r\sin(\theta+\alpha) a sin θ + b cos θ = r sin ( θ + α ) が成り立つ。α \alpha α cos α = a / r \cos\alpha=a/r cos α = a / r sin α = b / r \sin\alpha=b/r sin α = b / r a sin θ + b cos θ a\sin\theta+b\cos\theta a sin θ + b cos θ r r r − r -r − r
証明（定理 4.4） ( a / r ) 2 + ( b / r ) 2 = 1 (a/r)^2+(b/r)^2=1 ( a / r ) 2 + ( b / r ) 2 = 1 ( a / r , b / r ) (a/r,b/r) ( a / r , b / r ) 定理 7.4［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）より cos α = a / r \cos\alpha=a/r cos α = a / r sin α = b / r \sin\alpha=b/r sin α = b / r α ∈ [ 0 , 2 π ) \alpha\in[0,2\pi) α ∈ [ 0 , 2 π ) r sin ( θ + α ) = r sin θ cos α + r cos θ sin α = a sin θ + b cos θ r\sin(\theta+\alpha)=r\sin\theta\cos\alpha+r\cos\theta\sin\alpha=a\sin\theta+b\cos\theta r sin ( θ + α ) = r sin θ cos α + r cos θ sin α = a sin θ + b cos θ ∣ sin ∣ ≤ 1 |\sin|\le1 ∣ sin ∣ ≤ 1 [ − r , r ] [-r,r] [ − r , r ] θ = π 2 − α \theta=\frac\pi2-\alpha θ = 2 π − α sin ( θ + α ) = 1 \sin(\theta+\alpha)=1 sin ( θ + α ) = 1 θ = − π 2 − α \theta=-\frac\pi2-\alpha θ = − 2 π − α − 1 -1 − 1 ± r \pm r ± r
∎ 例 4.5 （sin θ + √3 cos θ の合成 ）
a = 1 a=1 a = 1 b = 3 b=\sqrt3 b = 3 r = 2 r=2 r = 2 cos α = 1 2 \cos\alpha=\frac12 cos α = 2 1 sin α = 3 2 \sin\alpha=\frac{\sqrt3}2 sin α = 2 3 命題 3.2 より α = π 3 \alpha=\frac\pi3 α = 3 π sin θ + 3 cos θ = 2 sin ( θ + π 3 ) \sin\theta+\sqrt3\cos\theta=2\sin\left(\theta+\frac\pi3\right) sin θ + 3 cos θ = 2 sin ( θ + 3 π ) 2 2 2 θ = π 6 \theta=\frac\pi6 θ = 6 π
命題 5.1 （三角方程式の解の集合 ） ✓
n n n
∣ a ∣ ≤ 1 |a|\le1 ∣ a ∣ ≤ 1 α = arcsin a \alpha=\arcsin a α = arcsin a sin x = a \sin x=a sin x = a x = α + 2 π n x=\alpha+2\pi n x = α + 2 π n x = π − α + 2 π n x=\pi-\alpha+2\pi n x = π − α + 2 π n ∣ a ∣ > 1 |a|>1 ∣ a ∣ > 1 ∣ a ∣ ≤ 1 |a|\le1 ∣ a ∣ ≤ 1 β = arccos a \beta=\arccos a β = arccos a cos x = a \cos x=a cos x = a x = ± β + 2 π n x=\pm\beta+2\pi n x = ± β + 2 π n a a a γ = arctan a \gamma=\arctan a γ = arctan a tan x = a \tan x=a tan x = a cos x ≠ 0 \cos x\ne0 cos x = 0 x = γ + π n x=\gamma+\pi n x = γ + π n 証明の考え方は、「sin x = sin α \sin x=\sin\alpha sin x = sin α sin x − sin α = 0 \sin x-\sin\alpha=0 sin x − sin α = 0 0 0 0 0 0 0 cos x − cos β \cos x-\cos\beta cos x − cos β
証明（命題 5.1） (1) ∣ a ∣ > 1 |a|>1 ∣ a ∣ > 1 ∣ sin x ∣ ≤ 1 |\sin x|\le1 ∣ sin x ∣ ≤ 1 ∣ a ∣ ≤ 1 |a|\le1 ∣ a ∣ ≤ 1 sin α = a \sin\alpha=a sin α = a 定義 9.2［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）なので、解は sin x − sin α = 0 \sin x-\sin\alpha=0 sin x − sin α = 0 系 4.3 ）より sin x − sin α = 2 cos x + α 2 sin x − α 2 \sin x-\sin\alpha=2\cos\frac{x+\alpha}2\sin\frac{x-\alpha}2 sin x − sin α = 2 cos 2 x + α sin 2 x − α 0 0 0 cos x + α 2 = 0 \cos\frac{x+\alpha}2=0 cos 2 x + α = 0 sin x − α 2 = 0 \sin\frac{x-\alpha}2=0 sin 2 x − α = 0 命題 3.1 (5) により、前者は x + α 2 ∈ π 2 + π Z \frac{x+\alpha}2\in\frac\pi2+\pi\mathbb Z 2 x + α ∈ 2 π + π Z x = π − α + 2 π n x=\pi-\alpha+2\pi n x = π − α + 2 π n x − α 2 ∈ π Z \frac{x-\alpha}2\in\pi\mathbb Z 2 x − α ∈ π Z x = α + 2 π n x=\alpha+2\pi n x = α + 2 π n
(2) cos β = a \cos\beta=a cos β = a cos x − cos β = − 2 sin x + β 2 sin x − β 2 \cos x-\cos\beta=-2\sin\frac{x+\beta}2\sin\frac{x-\beta}2 cos x − cos β = − 2 sin 2 x + β sin 2 x − β 0 0 0 x + β 2 ∈ π Z \frac{x+\beta}2\in\pi\mathbb Z 2 x + β ∈ π Z x − β 2 ∈ π Z \frac{x-\beta}2\in\pi\mathbb Z 2 x − β ∈ π Z x = − β + 2 π n x=-\beta+2\pi n x = − β + 2 π n x = β + 2 π n x=\beta+2\pi n x = β + 2 π n
(3) tan γ = a \tan\gamma=a tan γ = a cos γ ≠ 0 \cos\gamma\ne0 cos γ = 0 cos x ≠ 0 \cos x\ne0 cos x = 0 tan x = tan γ \tan x=\tan\gamma tan x = tan γ sin x cos γ − cos x sin γ = sin ( x − γ ) = 0 \sin x\cos\gamma-\cos x\sin\gamma=\sin(x-\gamma)=0 sin x cos γ − cos x sin γ = sin ( x − γ ) = 0 命題 3.1 (5) より x − γ ∈ π Z x-\gamma\in\pi\mathbb Z x − γ ∈ π Z x = γ + π n x=\gamma+\pi n x = γ + π n cos x = ± cos γ ≠ 0 \cos x=\pm\cos\gamma\ne0 cos x = ± cos γ = 0
∎ 例 5.2 （sin の 2 次方程式 ）
2 cos 2 x + 3 sin x − 3 = 0 2\cos^2x+3\sin x-3=0 2 cos 2 x + 3 sin x − 3 = 0 cos 2 x = 1 − sin 2 x \cos^2x=1-\sin^2x cos 2 x = 1 − sin 2 x − 2 sin 2 x + 3 sin x − 1 = 0 -2\sin^2x+3\sin x-1=0 − 2 sin 2 x + 3 sin x − 1 = 0 ( 2 sin x − 1 ) ( sin x − 1 ) = 0 (2\sin x-1)(\sin x-1)=0 ( 2 sin x − 1 ) ( sin x − 1 ) = 0 sin x = 1 2 \sin x=\frac12 sin x = 2 1 arcsin 1 2 = π 6 \arcsin\frac12=\frac\pi6 arcsin 2 1 = 6 π 命題 3.2 より sin π 6 = 1 2 \sin\frac\pi6=\frac12 sin 6 π = 2 1 π 6 ∈ [ − π 2 , π 2 ] \frac\pi6\in[-\frac\pi2,\frac\pi2] 6 π ∈ [ − 2 π , 2 π ] 命題 5.1 (1) から x = π 6 + 2 π n x=\frac\pi6+2\pi n x = 6 π + 2 π n 5 π 6 + 2 π n \frac{5\pi}6+2\pi n 6 5 π + 2 π n sin x = 1 \sin x=1 sin x = 1 arcsin 1 = π 2 \arcsin1=\frac\pi2 arcsin 1 = 2 π x = π 2 + 2 π n x=\frac\pi2+2\pi n x = 2 π + 2 π n
例 5.3 （sin の不等式を中間値の定理で解く ）
0 ≤ x < 2 π 0\le x<2\pi 0 ≤ x < 2 π sin x > 1 2 \sin x>\frac12 sin x > 2 1 sin x = 1 2 \sin x=\frac12 sin x = 2 1 命題 5.1 (1) から x = π 6 , 5 π 6 x=\frac\pi6,\frac{5\pi}6 x = 6 π , 6 5 π sin x − 1 2 \sin x-\frac12 sin x − 2 1 定理 6.2［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ ）で、零点で区切られた 3 つの区間 [ 0 , π 6 ) [0,\frac\pi6) [ 0 , 6 π ) ( π 6 , 5 π 6 ) (\frac\pi6,\frac{5\pi}6) ( 6 π , 6 5 π ) ( 5 π 6 , 2 π ) (\frac{5\pi}6,2\pi) ( 6 5 π , 2 π ) 定理 5.7［極限と連続性］ ）により符号が変わりません。各区間の代表点で調べると、x = 0 x=0 x = 0 0 < 1 2 0<\frac12 0 < 2 1 x = π 2 x=\frac\pi2 x = 2 π 1 > 1 2 1>\frac12 1 > 2 1 x = π x=\pi x = π 0 < 1 2 0<\frac12 0 < 2 1 π 6 < x < 5 π 6 \frac\pi6<x<\frac{5\pi}6 6 π < x < 6 5 π
周期 T 1 T_1 T 1 T 2 T_2 T 2 sin x + sin ( 2 x ) \sin x+\sin(\sqrt2x) sin x + sin ( 2 x )
定理 6.1 （sin px + sin qx が周期関数であるための条件 ） ✓
p , q p,q p , q g ( x ) = sin p x + sin q x g(x)=\sin px+\sin qx g ( x ) = sin p x + sin q x
g g g T > 0 T>0 T > 0 x x x g ( x + T ) = g ( x ) g(x+T)=g(x) g ( x + T ) = g ( x ) p / q p/q p / q p / q = m / n p/q=m/n p / q = m / n m , n m,n m , n g g g T 0 = 2 π m p = 2 π n q T_0=\dfrac{2\pi m}p=\dfrac{2\pi n}q T 0 = p 2 π m = q 2 π n 証明の方針です。周期 T T T g ( x + T ) = g ( x ) g(x+T)=g(x) g ( x + T ) = g ( x ) x x x x = 0 x=0 x = 0 cos \cos cos 1 1 1 cos p T \cos pT cos pT cos q T \cos qT cos q T 1 1 1 p T , q T pT,qT pT , q T 2 π 2\pi 2 π p / q p/q p / q
証明（定理 6.1） 周期ならば p T , q T ∈ 2 π Z pT,qT\in2\pi\mathbb Z pT , q T ∈ 2 π Z T > 0 T>0 T > 0 g g g g ( x + T ) = g ( x ) g(x+T)=g(x) g ( x + T ) = g ( x ) x x x 定理 7.2［導関数の定義と基本的な微分法］ と 定理 6.2［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (3)）g ′ ( x + T ) = g ′ ( x ) g'(x+T)=g'(x) g ′ ( x + T ) = g ′ ( x ) g ′ ( x ) = p cos p x + q cos q x g'(x)=p\cos px+q\cos qx g ′ ( x ) = p cos p x + q cos q x x = 0 x=0 x = 0 p cos p T + q cos q T = p + q p\cos pT+q\cos qT=p+q p cos pT + q cos q T = p + q
p ( 1 − cos p T ) + q ( 1 − cos q T ) = 0 p\,(1-\cos pT)+q\,(1-\cos qT)=0 p ( 1 − cos pT ) + q ( 1 − cos q T ) = 0 です。p , q > 0 p,q>0 p , q > 0 1 − cos ≥ 0 1-\cos\ge0 1 − cos ≥ 0 0 0 0 cos p T = cos q T = 1 \cos pT=\cos qT=1 cos pT = cos q T = 1 命題 3.1 (5) から p T = 2 π k pT=2\pi k pT = 2 π k q T = 2 π l qT=2\pi l q T = 2 π l k , l k,l k , l
(1) の必要性。 上から p / q = k / l p/q=k/l p / q = k / l
(1) の十分性と (2)。 p / q = m / n p/q=m/n p / q = m / n T 0 = 2 π m / p T_0=2\pi m/p T 0 = 2 π m / p q m = p n qm=pn q m = p n T 0 = 2 π n / q T_0=2\pi n/q T 0 = 2 π n / q p T 0 = 2 π m pT_0=2\pi m p T 0 = 2 π m q T 0 = 2 π n qT_0=2\pi n q T 0 = 2 π n sin ( p ( x + T 0 ) ) = sin ( p x + 2 π m ) = sin p x \sin(p(x+T_0))=\sin(px+2\pi m)=\sin px sin ( p ( x + T 0 )) = sin ( p x + 2 π m ) = sin p x sin ( q ( x + T 0 ) ) = sin q x \sin(q(x+T_0))=\sin qx sin ( q ( x + T 0 )) = sin q x T 0 T_0 T 0 g g g T > 0 T>0 T > 0 p T = 2 π k pT=2\pi k pT = 2 π k q T = 2 π l qT=2\pi l q T = 2 π l k / l = p / q = m / n k/l=p/q=m/n k / l = p / q = m / n k n = l m kn=lm k n = l m m , n m,n m , n m m m k k k k = m t k=mt k = m t t t t T = 2 π m t / p = t T 0 ≥ T 0 T=2\pi mt/p=tT_0\ge T_0 T = 2 π m t / p = t T 0 ≥ T 0
∎ 例 6.2 （周期の例 ）
sin 2 x + sin 3 x \sin2x+\sin3x sin 2 x + sin 3 x p / q = 2 / 3 p/q=2/3 p / q = 2/3 2 π ⋅ 2 2 = 2 π \frac{2\pi\cdot2}{2}=2\pi 2 2 π ⋅ 2 = 2 π sin x 2 + sin x 3 \sin\frac x2+\sin\frac x3 sin 2 x + sin 3 x p / q = 1 2 / 1 3 = 3 2 p/q=\frac12/\frac13=\frac32 p / q = 2 1 / 3 1 = 2 3 m = 3 m=3 m = 3 n = 2 n=2 n = 2 2 π ⋅ 3 1 / 2 = 12 π \frac{2\pi\cdot3}{1/2}=12\pi 1/2 2 π ⋅ 3 = 12 π 4 π 4\pi 4 π 6 π 6\pi 6 π 最小公倍数 ）。一方 sin x + sin ( 2 x ) \sin x+\sin(\sqrt2x) sin x + sin ( 2 x ) p / q = 1 / 2 p/q=1/\sqrt2 p / q = 1/ 2 定理 7.5［証明の技術］ と、有理数の逆数が有理数であること）なので、周期関数ではありません。
積和の公式を使うと、等差的に並んだ角度の和が「打ち消し合って」閉じた形になります。
命題 7.1 （三角関数の等差数列の和 ） ✓
θ ∉ 2 π Z \theta\notin2\pi\mathbb Z θ ∈ / 2 π Z n n n
∑ k = 1 n sin k θ = sin n θ 2 sin ( n + 1 ) θ 2 sin θ 2 , ∑ k = 1 n cos k θ = sin n θ 2 cos ( n + 1 ) θ 2 sin θ 2 . \sum_{k=1}^n\sin k\theta=\frac{\sin\frac{n\theta}2\,\sin\frac{(n+1)\theta}2}{\sin\frac\theta2},\qquad\sum_{k=1}^n\cos k\theta=\frac{\sin\frac{n\theta}2\,\cos\frac{(n+1)\theta}2}{\sin\frac\theta2}. k = 1 ∑ n sin k θ = sin 2 θ sin 2 n θ sin 2 ( n + 1 ) θ , k = 1 ∑ n cos k θ = sin 2 θ sin 2 n θ cos 2 ( n + 1 ) θ . 証明のこつは、2 sin θ 2 2\sin\frac\theta2 2 sin 2 θ
証明（命題 7.1） θ ∉ 2 π Z \theta\notin2\pi\mathbb Z θ ∈ / 2 π Z θ 2 ∉ π Z \frac\theta2\notin\pi\mathbb Z 2 θ ∈ / π Z sin θ 2 ≠ 0 \sin\frac\theta2\ne0 sin 2 θ = 0 命題 3.1 (5)）。積和の公式（系 4.3 ）から
2 sin θ 2 sin k θ = cos ( k − 1 2 ) θ − cos ( k + 1 2 ) θ , 2 sin θ 2 cos k θ = sin ( k + 1 2 ) θ − sin ( k − 1 2 ) θ 2\sin\frac\theta2\sin k\theta=\cos\left(k-\tfrac12\right)\theta-\cos\left(k+\tfrac12\right)\theta,\qquad2\sin\frac\theta2\cos k\theta=\sin\left(k+\tfrac12\right)\theta-\sin\left(k-\tfrac12\right)\theta 2 sin 2 θ sin k θ = cos ( k − 2 1 ) θ − cos ( k + 2 1 ) θ , 2 sin 2 θ cos k θ = sin ( k + 2 1 ) θ − sin ( k − 2 1 ) θ です。k = 1 , … , n k=1,\dots,n k = 1 , … , n
2 sin θ 2 ∑ k = 1 n sin k θ = cos θ 2 − cos ( n + 1 2 ) θ = 2 sin ( n + 1 ) θ 2 sin n θ 2 , 2\sin\frac\theta2\sum_{k=1}^n\sin k\theta=\cos\frac\theta2-\cos\left(n+\tfrac12\right)\theta=2\sin\frac{(n+1)\theta}2\sin\frac{n\theta}2, 2 sin 2 θ k = 1 ∑ n sin k θ = cos 2 θ − cos ( n + 2 1 ) θ = 2 sin 2 ( n + 1 ) θ sin 2 n θ , 2 sin θ 2 ∑ k = 1 n cos k θ = sin ( n + 1 2 ) θ − sin θ 2 = 2 cos ( n + 1 ) θ 2 sin n θ 2 2\sin\frac\theta2\sum_{k=1}^n\cos k\theta=\sin\left(n+\tfrac12\right)\theta-\sin\frac\theta2=2\cos\frac{(n+1)\theta}2\sin\frac{n\theta}2 2 sin 2 θ k = 1 ∑ n cos k θ = sin ( n + 2 1 ) θ − sin 2 θ = 2 cos 2 ( n + 1 ) θ sin 2 n θ です（最後の等号は和積の公式）。2 sin θ 2 2\sin\frac\theta2 2 sin 2 θ
∎ 例 7.2 （円周上の等間隔の点の座標の和 ）
n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2 θ = 2 π / n \theta=2\pi/n θ = 2 π / n 命題 7.1 を使うと、sin n θ 2 = sin π = 0 \sin\frac{n\theta}2=\sin\pi=0 sin 2 n θ = sin π = 0 ∑ k = 1 n cos 2 π k n = 0 \sum_{k=1}^n\cos\frac{2\pi k}n=0 ∑ k = 1 n cos n 2 π k = 0 ∑ k = 1 n sin 2 π k n = 0 \sum_{k=1}^n\sin\frac{2\pi k}n=0 ∑ k = 1 n sin n 2 π k = 0 n n n P ( 2 π k / n ) \mathrm P(2\pi k/n) P ( 2 π k / n ) ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 )
命題 7.3 （cos 72° と cos 36° ） ✓
cos 2 π 5 = 5 − 1 4 , cos π 5 = 5 + 1 4 \cos\frac{2\pi}5=\frac{\sqrt5-1}4,\qquad\cos\frac\pi5=\frac{\sqrt5+1}4 cos 5 2 π = 4 5 − 1 , cos 5 π = 4 5 + 1 である。
証明の方針です。θ = 2 π 5 \theta=\frac{2\pi}5 θ = 5 2 π 3 θ + 2 θ = 2 π 3\theta+2\theta=2\pi 3 θ + 2 θ = 2 π cos 3 θ = cos 2 θ \cos3\theta=\cos2\theta cos 3 θ = cos 2 θ c = cos θ c=\cos\theta c = cos θ 4 c 3 − 2 c 2 − 3 c + 1 = 0 4c^3-2c^2-3c+1=0 4 c 3 − 2 c 2 − 3 c + 1 = 0 c = 1 c=1 c = 1 4 − 2 − 3 + 1 = 0 4-2-3+1=0 4 − 2 − 3 + 1 = 0 c − 1 c-1 c − 1
証明（命題 7.3） θ = 2 π 5 \theta=\frac{2\pi}5 θ = 5 2 π c = cos θ c=\cos\theta c = cos θ θ ∈ ( 0 , π 2 ) \theta\in(0,\frac\pi2) θ ∈ ( 0 , 2 π ) c > 0 c>0 c > 0 3 θ = 2 π − 2 θ 3\theta=2\pi-2\theta 3 θ = 2 π − 2 θ cos 3 θ = cos ( 2 π − 2 θ ) = cos 2 θ \cos3\theta=\cos(2\pi-2\theta)=\cos2\theta cos 3 θ = cos ( 2 π − 2 θ ) = cos 2 θ 命題 3.1 (2)(4)）です。系 4.2 から 4 c 3 − 3 c = 2 c 2 − 1 4c^3-3c=2c^2-1 4 c 3 − 3 c = 2 c 2 − 1
4 c 3 − 2 c 2 − 3 c + 1 = ( c − 1 ) ( 4 c 2 + 2 c − 1 ) = 0 4c^3-2c^2-3c+1=(c-1)(4c^2+2c-1)=0 4 c 3 − 2 c 2 − 3 c + 1 = ( c − 1 ) ( 4 c 2 + 2 c − 1 ) = 0 です（右辺を展開して確かめられる）。c = 1 c=1 c = 1 θ ∈ 2 π Z \theta\in2\pi\mathbb Z θ ∈ 2 π Z 命題 3.1 (5)）ので成り立ちません。よって 4 c 2 + 2 c − 1 = 0 4c^2+2c-1=0 4 c 2 + 2 c − 1 = 0 c = − 1 ± 5 4 c=\dfrac{-1\pm\sqrt5}4 c = 4 − 1 ± 5 c > 0 c>0 c > 0 c = 5 − 1 4 c=\dfrac{\sqrt5-1}4 c = 4 5 − 1
次に c ′ = cos π 5 > 0 c'=\cos\frac\pi5>0 c ′ = cos 5 π > 0 cos 2 π 5 = 2 c ′ 2 − 1 \cos\frac{2\pi}5=2c'^2-1 cos 5 2 π = 2 c ′2 − 1 系 4.2 ）から c ′ 2 = 1 + c 2 = 3 + 5 8 = ( 1 + 5 4 ) 2 c'^2=\dfrac{1+c}2=\dfrac{3+\sqrt5}8=\left(\dfrac{1+\sqrt5}4\right)^2 c ′2 = 2 1 + c = 8 3 + 5 = ( 4 1 + 5 ) 2 c ′ > 0 c'>0 c ′ > 0 c ′ = 1 + 5 4 c'=\dfrac{1+\sqrt5}4 c ′ = 4 1 + 5
∎ 例 7.4 （正五角形の対角線と辺の比 ）
単位円周上の 5 点 P ( 2 π k 5 ) \mathrm P\left(\frac{2\pi k}5\right) P ( 5 2 π k ) k = 0 , … , 4 k=0,\dots,4 k = 0 , … , 4 P ( α ) \mathrm P(\alpha) P ( α ) P ( β ) \mathrm P(\beta) P ( β ) ( cos α − cos β ) 2 + ( sin α − sin β ) 2 = 2 − 2 cos ( α − β ) = 4 sin 2 α − β 2 (\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2=2-2\cos(\alpha-\beta)=4\sin^2\frac{\alpha-\beta}2 ( cos α − cos β ) 2 + ( sin α − sin β ) 2 = 2 − 2 cos ( α − β ) = 4 sin 2 2 α − β 系 4.2 ）なので、距離は 2 ∣ sin α − β 2 ∣ 2\left|\sin\frac{\alpha-\beta}2\right| 2 sin 2 α − β α − β = 2 π 5 \alpha-\beta=\frac{2\pi}5 α − β = 5 2 π 2 sin π 5 2\sin\frac\pi5 2 sin 5 π α − β = 4 π 5 \alpha-\beta=\frac{4\pi}5 α − β = 5 4 π 2 sin 2 π 5 2\sin\frac{2\pi}5 2 sin 5 2 π
sin 2 π 5 sin π 5 = 2 cos π 5 = 1 + 5 2 \frac{\sin\frac{2\pi}5}{\sin\frac\pi5}=2\cos\frac\pi5=\frac{1+\sqrt5}2 sin 5 π sin 5 2 π = 2 cos 5 π = 2 1 + 5 です。これが黄金比 です。
P(0) P(2π/5) P(4π/5) P(6π/5) P(8π/5) 辺 2 sin(π/5) 対角線 2 sin(2π/5) 単位円に内接する正五角形。太い辺の長さは 2 sin(π/5)、太い破線の対角線の長さは 2 sin(2π/5)で、その比が黄金比
複素数と回転。 cos θ + i sin θ = e i θ \cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta} cos θ + i sin θ = e i θ e i ( α + β ) = e i α e i β e^{i(\alpha+\beta)}=e^{i\alpha}e^{i\beta} e i ( α + β ) = e i α e i β 複素数と複素平面 で扱われ、この記事の積和・和の公式（命題 7.1 ）は、等比級数の実部・虚部として読み直せます。フーリエ級数。 周期関数を sin k x \sin kx sin k x cos k x \cos kx cos k x フーリエ級数 です。積和の公式は、sin k x \sin kx sin k x cos l x \cos lx cos l x 周期の話。 周期の比が無理数のときの和は、周期関数ではなく「概周期関数」（ほぼ同じ形が繰り返し現れる関数）と呼ばれるもので、解析学の別の理論になります。微分積分。 三角関数の導関数・不定積分は 導関数の定義と基本的な微分法 と、次の記事 微分法とその応用 以降で使います。
演習 9.1 標準
cos 20 ∘ cos 40 ∘ cos 80 ∘ = 1 8 \cos20^\circ\cos40^\circ\cos80^\circ=\dfrac18 cos 2 0 ∘ cos 4 0 ∘ cos 8 0 ∘ = 8 1
解答 θ = 20 ∘ = π 9 \theta=20^\circ=\frac\pi9 θ = 2 0 ∘ = 9 π sin θ ≠ 0 \sin\theta\ne0 sin θ = 0 0 < θ < π 0<\theta<\pi 0 < θ < π 系 4.2 (1)）を繰り返し使うと
sin θ cos θ cos 2 θ cos 4 θ = 1 2 sin 2 θ cos 2 θ cos 4 θ = 1 4 sin 4 θ cos 4 θ = 1 8 sin 8 θ \sin\theta\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta=\tfrac12\sin2\theta\cos2\theta\cos4\theta=\tfrac14\sin4\theta\cos4\theta=\tfrac18\sin8\theta sin θ cos θ cos 2 θ cos 4 θ = 2 1 sin 2 θ cos 2 θ cos 4 θ = 4 1 sin 4 θ cos 4 θ = 8 1 sin 8 θ である。8 θ = 160 ∘ = π − θ 8\theta=160^\circ=\pi-\theta 8 θ = 16 0 ∘ = π − θ sin 8 θ = sin ( π − θ ) = sin θ \sin8\theta=\sin(\pi-\theta)=\sin\theta sin 8 θ = sin ( π − θ ) = sin θ 命題 3.1 (3)）。したがって sin θ cos θ cos 2 θ cos 4 θ = 1 8 sin θ \sin\theta\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta=\frac18\sin\theta sin θ cos θ cos 2 θ cos 4 θ = 8 1 sin θ sin θ \sin\theta sin θ cos 20 ∘ cos 40 ∘ cos 80 ∘ = 1 8 \cos20^\circ\cos40^\circ\cos80^\circ=\frac18 cos 2 0 ∘ cos 4 0 ∘ cos 8 0 ∘ = 8 1
演習 9.2 易
f ( θ ) = 3 sin θ − cos θ f(\theta)=\sqrt3\sin\theta-\cos\theta f ( θ ) = 3 sin θ − cos θ θ ∈ [ 0 , 2 π ) \theta\in[0,2\pi) θ ∈ [ 0 , 2 π )
解答 a = 3 a=\sqrt3 a = 3 b = − 1 b=-1 b = − 1 r = 2 r=2 r = 2 cos α = 3 2 \cos\alpha=\frac{\sqrt3}2 cos α = 2 3 sin α = − 1 2 \sin\alpha=-\frac12 sin α = − 2 1 α = − π 6 \alpha=-\frac\pi6 α = − 6 π cos π 6 = 3 2 \cos\frac\pi6=\frac{\sqrt3}2 cos 6 π = 2 3 sin ( − π 6 ) = − 1 2 \sin(-\frac\pi6)=-\frac12 sin ( − 6 π ) = − 2 1 定理 4.4 より f ( θ ) = 2 sin ( θ − π 6 ) f(\theta)=2\sin\left(\theta-\frac\pi6\right) f ( θ ) = 2 sin ( θ − 6 π ) 2 2 2 θ − π 6 = π 2 \theta-\frac\pi6=\frac\pi2 θ − 6 π = 2 π θ = 2 π 3 \theta=\frac{2\pi}3 θ = 3 2 π − 2 -2 − 2 θ − π 6 = 3 π 2 \theta-\frac\pi6=\frac{3\pi}2 θ − 6 π = 2 3 π θ = 5 π 3 \theta=\frac{5\pi}3 θ = 3 5 π
演習 9.3 標準
関数 cos 2 x + cos 5 x \cos2x+\cos5x cos 2 x + cos 5 x
解答 定理 6.1 は sin \sin sin cos p x = sin ( p x + π 2 ) \cos px=\sin\left(px+\frac\pi2\right) cos p x = sin ( p x + 2 π ) g ( x ) = cos 2 x + cos 5 x g(x)=\cos2x+\cos5x g ( x ) = cos 2 x + cos 5 x T > 0 T>0 T > 0 g ′ ( x ) = − 2 sin 2 x − 5 sin 5 x g'(x)=-2\sin2x-5\sin5x g ′ ( x ) = − 2 sin 2 x − 5 sin 5 x g ′ ′ ( x + T ) = g ′ ′ ( x ) g''(x+T)=g''(x) g ′′ ( x + T ) = g ′′ ( x ) g ′ ′ ( x ) = − 4 cos 2 x − 25 cos 5 x g''(x)=-4\cos2x-25\cos5x g ′′ ( x ) = − 4 cos 2 x − 25 cos 5 x x = 0 x=0 x = 0 4 cos 2 T + 25 cos 5 T = 29 4\cos2T+25\cos5T=29 4 cos 2 T + 25 cos 5 T = 29 4 ( 1 − cos 2 T ) + 25 ( 1 − cos 5 T ) = 0 4(1-\cos2T)+25(1-\cos5T)=0 4 ( 1 − cos 2 T ) + 25 ( 1 − cos 5 T ) = 0 cos 2 T = cos 5 T = 1 \cos2T=\cos5T=1 cos 2 T = cos 5 T = 1 2 T , 5 T ∈ 2 π Z 2T,5T\in2\pi\mathbb Z 2 T , 5 T ∈ 2 π Z 2 T = 2 π k 2T=2\pi k 2 T = 2 π k 5 T = 2 π l 5T=2\pi l 5 T = 2 π l k / l = 2 / 5 k/l=2/5 k / l = 2/5 ( k , l ) = ( 2 t , 5 t ) (k,l)=(2t,5t) ( k , l ) = ( 2 t , 5 t ) T = 2 π t T=2\pi t T = 2 π t 2 π 2\pi 2 π T = 2 π T=2\pi T = 2 π
杉浦光夫『解析入門 I』東京大学出版会、1980 — 三角関数の章。
W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis , 3rd ed., McGraw-Hill, 1976 — Chapter 8（三角関数の定義と基本性質）。
『数学 II』『数学 III』（検定済み高等学校教科書、各社）— 三角関数の章。
高木貞治『解析概論』岩波書店 — 初等関数の章。