「$\sin(\alpha + \beta)$ は $\sin\alpha + \sin\beta$ ではない」── この事実が加法定理の出発点です。
加法定理は三角関数の最も重要な公式であり、2倍角・半角・合成公式など全ての公式がここから導かれます。
三角関数では、一般に $\sin(\alpha + \beta) \neq \sin\alpha + \sin\beta$ です。では、$\sin(\alpha + \beta)$ はどのように展開されるのでしょうか。その答えが加法定理です。
任意の実数 $\alpha$, $\beta$ に対して、次が成り立つ。
$$\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$$
$$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$$
$$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$$
$$\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$$
sin の加法定理は「たすき掛け」の形（sin cos + cos sin）、cos の加法定理は「同種の積の差」の形（cos cos - sin sin）になっています。
加法定理は三角関数の全公式の源です。ここから2倍角の公式、半角の公式、三角関数の合成、和積・積和の公式など、全てが導かれます。
加法定理さえ正確に覚えていれば、他の公式は全て自力で導出できます。逆に言えば、加法定理を間違えると全てが崩れます。
4つの公式を個別に暗記するのではなく、構造を理解して覚えましょう。
語呂合わせとして「咲いた コスモス コスモス 咲いた（$\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$）」がよく使われます。cos の方は「コスモス コスモス 咲いた 咲いた」で符号が逆になると覚えます。
三角関数は線形関数ではないので、関数の加法性 $f(x + y) = f(x) + f(y)$ は成り立ちません。
✗ 誤り：$\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha + \sin\beta$
✓ 正しい：$\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$
例えば $\alpha = \beta = 60°$ のとき、$\sin 120° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ですが、$\sin 60° + \sin 60° = \sqrt{3}$ であり、明らかに一致しません。
| 公式 | 内部の $+/-$ | 右辺の符号 |
|---|---|---|
| $\sin(\alpha + \beta)$ | $+$ | $+$（同じ） |
| $\sin(\alpha - \beta)$ | $-$ | $-$（同じ） |
| $\cos(\alpha + \beta)$ | $+$ | $-$（逆転） |
| $\cos(\alpha - \beta)$ | $-$ | $+$（逆転） |
cos の加法定理だけ符号が「逆転」するのがポイントです。
加法定理は天下り的に与えられる公式ではなく、きちんと証明できます。まず $\cos(\alpha - \beta)$ を証明し、そこから残りの3つを導出するのが最も自然な方法です。
単位円上に2点 $\mathrm{P}(\cos\alpha, \sin\alpha)$、$\mathrm{Q}(\cos\beta, \sin\beta)$ をとる。
ステップ1：2点間の距離の2乗を座標から計算する。
$$\mathrm{PQ}^2 = (\cos\alpha - \cos\beta)^2 + (\sin\alpha - \sin\beta)^2$$
展開すると、
$$= \cos^2\alpha - 2\cos\alpha\cos\beta + \cos^2\beta + \sin^2\alpha - 2\sin\alpha\sin\beta + \sin^2\beta$$
$\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1$、$\cos^2\beta + \sin^2\beta = 1$ を用いて、
$$= 2 - 2(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta) \quad \cdots (*)$$
ステップ2：余弦定理から $\mathrm{PQ}^2$ を求める。
中心 $\mathrm{O}$ からの距離はともに $1$（単位円上）で、$\angle \mathrm{POQ} = \alpha - \beta$ なので、余弦定理より
$$\mathrm{PQ}^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(\alpha - \beta) = 2 - 2\cos(\alpha - \beta) \quad \cdots (**)$$
ステップ3：$(*)$ と $(**)$ を比較する。
$$2 - 2(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta) = 2 - 2\cos(\alpha - \beta)$$
$$\therefore \cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta \quad \blacksquare$$
$\cos(\alpha - \beta)$ が証明できれば、残りの3つは代入で導けます。
$\cos(\alpha + \beta)$ の導出：$\beta$ を $-\beta$ に置き換えると、
$$\cos(\alpha + \beta) = \cos(\alpha - (-\beta)) = \cos\alpha\cos(-\beta) + \sin\alpha\sin(-\beta)$$
$\cos(-\beta) = \cos\beta$、$\sin(-\beta) = -\sin\beta$ を用いて、
$$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$$
$\sin(\alpha + \beta)$ の導出：$\sin\theta = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$ を用いると、
$$\sin(\alpha + \beta) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - (\alpha + \beta)\right) = \cos\left(\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) - \beta\right)$$
$\cos(\alpha - \beta)$ の公式を適用して、
$$= \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\cos\beta + \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\sin\beta = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$$
$\sin(\alpha - \beta)$ の導出：$\sin(\alpha + \beta)$ で $\beta$ を $-\beta$ に置き換えれば得られます。
$$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$$
加法定理の4公式は独立ではなく、$\cos(\alpha - \beta)$ の1つから全て導出できます。これは偶関数・奇関数の性質（$\cos(-\theta) = \cos\theta$、$\sin(-\theta) = -\sin\theta$）と、余角の関係（$\sin\theta = \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)$）を使っています。
証明のポイントは「単位円上の2点の距離を2通りで計算する」という美しいアイデアです。
$\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}$ を利用して、sin と cos の加法定理から tan の加法定理を導出します。
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha + \beta)} = \frac{\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta}$$
分子・分母を $\cos\alpha\cos\beta$ で割ると、
$$= \frac{\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} + \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}}{1 - \dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \cdot \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}} = \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$$
（ただし $\cos\alpha \neq 0$、$\cos\beta \neq 0$、$\cos(\alpha + \beta) \neq 0$）
$\cos\alpha \neq 0$、$\cos\beta \neq 0$ のとき、
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$$
$$\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta}$$
覚え方：分子は $\tan$ の単純な和（差）、分母は $1$ と $\tan$ の積の組み合わせ。$+$ のとき分母は $1 - \tan\alpha\tan\beta$（符号が逆転）、$-$ のとき分母は $1 + \tan\alpha\tan\beta$（符号が逆転）。
tan の加法定理は、$\cos\alpha = 0$ や $\cos\beta = 0$ のとき（すなわち $\alpha$ や $\beta$ が $\frac{\pi}{2} + n\pi$ のとき）には使えません。また、$1 - \tan\alpha\tan\beta = 0$、すなわち $\tan\alpha\tan\beta = 1$ のとき、$\tan(\alpha + \beta)$ は定義されません（$\alpha + \beta = \frac{\pi}{2} + n\pi$ の場合に対応）。
tan の加法定理は sin, cos と同様に、$+$ と $-$ で分母の符号が逆転します。
✗ 誤り：$\tan(\alpha + \beta) = \dfrac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta}$
✓ 正しい：$\tan(\alpha + \beta) = \dfrac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$
cos の加法定理と同じく、$+$ のとき分母の符号は $-$ になります。
加法定理を使えば、特殊角（$30°$, $45°$, $60°$ など）を組み合わせることで、直接は求めにくい角度の三角関数の値を計算できます。
| 角度 | $\sin$ | $\cos$ | $\tan$ |
|---|---|---|---|
| $30°$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ | $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ |
| $45°$ | $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ | $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ | $1$ |
| $60°$ | $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ | $\dfrac{1}{2}$ | $\sqrt{3}$ |
$75° = 45° + 30°$ と分解して加法定理を適用します。
$$\sin 75° = \sin(45° + 30°) = \sin 45°\cos 30° + \cos 45°\sin 30°$$
$$= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$$
$15° = 45° - 30°$ と分解します。
$$\cos 15° = \cos(45° - 30°) = \cos 45°\cos 30° + \sin 45°\sin 30°$$
$$= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$$
$\sin 75°$ と $\cos 15°$ が同じ値 $\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ になるのは偶然ではありません。余角の関係 $\sin\theta = \cos(90° - \theta)$ より $\sin 75° = \cos 15°$ が成り立つからです。
$105° = 60° + 45°$ と分解します。
$$\tan 105° = \tan(60° + 45°) = \frac{\tan 60° + \tan 45°}{1 - \tan 60° \tan 45°} = \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3} \cdot 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}}$$
分母を有理化します。
$$= \frac{(\sqrt{3} + 1)(1 + \sqrt{3})}{(1 - \sqrt{3})(1 + \sqrt{3})} = \frac{(\sqrt{3} + 1)^2}{1 - 3} = \frac{3 + 2\sqrt{3} + 1}{-2} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{-2} = -(2 + \sqrt{3})$$
計算に使う角度の分解は主に次のパターンがあります。
大学数学では、オイラーの公式 $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ を学びます。この公式を使えば、加法定理は指数法則そのものであることが分かります。
$$e^{i(\alpha + \beta)} = e^{i\alpha} \cdot e^{i\beta}$$
左辺：$\cos(\alpha + \beta) + i\sin(\alpha + \beta)$
右辺：$(\cos\alpha + i\sin\alpha)(\cos\beta + i\sin\beta)$
$= (\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta) + i(\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta)$
実部・虚部を比較すれば、cos と sin の加法定理が同時に得られます。加法定理の「本質」は、複素指数関数の指数法則にあるのです。
加法定理は三角関数の公式体系の基礎です。ここでは、加法定理から導かれる主要な公式群を概観し、次の記事への橋渡しとします。
加法定理で $\beta = \alpha$ とおけば、2倍角の公式が得られます。
$$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$$
$$\cos 2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1 = 1 - 2\sin^2\alpha$$
$$\tan 2\alpha = \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha}$$
$\cos 2\alpha$ の2倍角公式を変形すると、半角の公式が導かれます。
$$\cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos\alpha}{2}, \quad \sin^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos\alpha}{2}$$
加法定理の $\alpha + \beta$ と $\alpha - \beta$ の式を足したり引いたりすることで、和積の公式が得られます。
例えば $\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta) = 2\sin\alpha\cos\beta$ です。
和積の公式を逆に読めば、積和の公式になります。
例えば $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)\}$ です。
$a\sin\theta + b\cos\theta$ を $r\sin(\theta + \varphi)$ の形に変換する三角関数の合成も、加法定理を逆に使う技法です。
$$a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2 + b^2}\sin(\theta + \varphi) \quad \left(\tan\varphi = \frac{b}{a}\right)$$
上記の全ての公式は加法定理から導出されます。つまり、加法定理さえ覚えていれば他の公式は必要なときに導き出せるということです。
公式を「覚える」のではなく「導ける」状態にしておくことが、入試で忘れたときの最大の保険になります。
| 公式 | 加法定理からの導出法 |
|---|---|
| 2倍角の公式 | $\beta = \alpha$ を代入 |
| 半角の公式 | $\cos 2\alpha$ の式を $\alpha \to \frac{\alpha}{2}$ で変形 |
| 和積の公式 | 加法定理の加減で導出 |
| 積和の公式 | 和積の公式の逆読み |
| 三角関数の合成 | 加法定理を逆に使う |
Q1. $\sin(\alpha + \beta)$ を $\sin\alpha$, $\cos\alpha$, $\sin\beta$, $\cos\beta$ で表せ。
Q2. $\cos 75°$ の値を加法定理を用いて求めよ。
Q3. $\tan(\alpha - \beta)$ を $\tan\alpha$, $\tan\beta$ で表せ。
Q4. $\sin 15°$ の値を求めよ。
Q5. 2倍角の公式 $\sin 2\alpha$ を加法定理から導出せよ。
次の値を求めよ。
(1) $\sin 105°$
(2) $\cos 165°$
(3) $\tan 15°$
(1) $\sin 105° = \sin(60° + 45°) = \sin 60°\cos 45° + \cos 60°\sin 45°$
$= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$
(2) $\cos 165° = \cos(120° + 45°) = \cos 120°\cos 45° - \sin 120°\sin 45°$
$= \left(-\dfrac{1}{2}\right) \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = -\dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$
(3) $\tan 15° = \tan(45° - 30°) = \dfrac{\tan 45° - \tan 30°}{1 + \tan 45°\tan 30°} = \dfrac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1} = \dfrac{(\sqrt{3} - 1)^2}{2} = 2 - \sqrt{3}$
$\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$（$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$）、$\cos\beta = -\dfrac{5}{13}$（$\pi < \beta < \dfrac{3\pi}{2}$）のとき、次の値を求めよ。
(1) $\cos\alpha$、$\sin\beta$ の値
(2) $\sin(\alpha + \beta)$ の値
(3) $\cos(\alpha - \beta)$ の値
(1) $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ より $\cos\alpha < 0$。$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}$ より $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$
$\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ より $\sin\beta < 0$。$\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta = 1 - \frac{25}{169} = \frac{144}{169}$ より $\sin\beta = -\frac{12}{13}$
(2) $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$
$= \dfrac{4}{5} \cdot \left(-\dfrac{5}{13}\right) + \left(-\dfrac{3}{5}\right) \cdot \left(-\dfrac{12}{13}\right) = -\dfrac{20}{65} + \dfrac{36}{65} = \dfrac{16}{65}$
(3) $\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$
$= \left(-\dfrac{3}{5}\right) \cdot \left(-\dfrac{5}{13}\right) + \dfrac{4}{5} \cdot \left(-\dfrac{12}{13}\right) = \dfrac{15}{65} - \dfrac{48}{65} = -\dfrac{33}{65}$
角度の範囲から $\cos\alpha$ と $\sin\beta$ の符号を正しく判断することが最初のステップです。第2象限では $\cos < 0$、第3象限では $\sin < 0$ であることを確実に押さえましょう。
$\tan\alpha = 2$、$\tan\beta = 3$ のとき、$\alpha + \beta$ の値を求めよ。ただし $0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$、$0 < \beta < \dfrac{\pi}{2}$ とする。
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta} = \frac{2 + 3}{1 - 2 \cdot 3} = \frac{5}{-5} = -1$$
$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$、$0 < \beta < \frac{\pi}{2}$ より $0 < \alpha + \beta < \pi$ である。
この範囲で $\tan(\alpha + \beta) = -1$ を満たすのは $\alpha + \beta = \dfrac{3\pi}{4}$ である。
$\tan$ の値から角度を求めるとき、$\alpha + \beta$ の範囲を正しく把握することが重要です。$\tan\alpha > 0$ と $\tan\beta > 0$ から $\alpha$, $\beta$ はともに第1象限にあり、$\alpha + \beta$ は $0$ と $\pi$ の間です。$\tan(\alpha + \beta) = -1$ かつ $\frac{\pi}{2} < \alpha + \beta < \pi$（$\tan\alpha \gt 1$ より $\alpha > \frac{\pi}{4}$ であるため）から $\alpha + \beta = \frac{3\pi}{4}$ が確定します。
次の等式を証明せよ。
$$\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta) = \cos^2\alpha - \sin^2\beta$$
左辺を加法定理で展開する。
$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$
$\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$
よって左辺は、
$$(\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta)(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta)$$
$$= (\cos\alpha\cos\beta)^2 - (\sin\alpha\sin\beta)^2$$
$$= \cos^2\alpha\cos^2\beta - \sin^2\alpha\sin^2\beta$$
ここで $\cos^2\beta = 1 - \sin^2\beta$、$\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$ を代入すると、
$$= \cos^2\alpha(1 - \sin^2\beta) - (1 - \cos^2\alpha)\sin^2\beta$$
$$= \cos^2\alpha - \cos^2\alpha\sin^2\beta - \sin^2\beta + \cos^2\alpha\sin^2\beta$$
$$= \cos^2\alpha - \sin^2\beta = \text{（右辺）} \quad \blacksquare$$
和と差の積の形を見たら $(A+B)(A-B) = A^2 - B^2$ を使うのが定石です。加法定理で展開した2つの式がちょうど $A + B$ と $A - B$ の形になっていることに着目しましょう。最後に $\sin^2 + \cos^2 = 1$ を使って整理します。