加法定理は三角関数の中で最も応用範囲の広い公式です。
2直線のなす角、三角関数の値の決定、図形への応用、等式の証明、条件付き問題まで、加法定理を「道具」として使いこなす力を身につけましょう。
2直線が交わるとき、その交角を求めるのに $\tan$ の加法定理が威力を発揮します。
直線 $y = mx + c$ の傾き $m$ は、直線が $x$ 軸の正方向となす角 $\alpha$ を用いて $m = \tan\alpha$ と表されます。
2直線の傾きをそれぞれ $m_1 = \tan\alpha$、$m_2 = \tan\beta$ とすると、2直線のなす角 $\theta$（鋭角）は $\alpha$ と $\beta$ の差から求められます。
$\tan$ の加法定理 $\tan(\alpha - \beta) = \dfrac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta}$ を利用します。
2直線のなす角のうち鋭角を $\theta$ とすると、$\tan\theta \geq 0$ であるから絶対値をとって次の公式を得ます。
傾き $m_1$、$m_2$ の2直線のなす角 $\theta$（$0 < \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$）は
$$\tan\theta = \left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right|$$
ただし、$1 + m_1 m_2 = 0$ のとき $\theta = \dfrac{\pi}{2}$（2直線は直交）。
$m_1 m_2 = -1$ が直交条件であることと整合していることを確認しておきましょう。
直線の傾き $m$ は $\tan\alpha$ として表現されます。2直線のなす角は2つの角の「差」で表せるため、$\tan$ の減法定理がそのまま適用できるのです。
$\sin$ や $\cos$ の加法定理ではなく $\tan$ を使う理由は、傾きが $\tan$ で定義されているからです。問題の構造に合った加法定理を選ぶことが大切です。
例題：2直線 $y = 2x + 1$ と $y = -3x + 4$ のなす角 $\theta$ を求めよ。
解：$m_1 = 2$、$m_2 = -3$ より
$$\tan\theta = \left|\frac{2 - (-3)}{1 + 2 \cdot (-3)}\right| = \left|\frac{5}{1 - 6}\right| = \left|\frac{5}{-5}\right| = 1$$
$0 < \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{4}$
$1 + m_1 m_2 = 0$ すなわち $m_1 m_2 = -1$ のとき、公式の分母が $0$ になります。このとき $\tan\theta$ は定義できません。
✗ 誤り：分母が0なので「角度は求められない」と諦める
✓ 正しい：分母が0 → $\theta = \dfrac{\pi}{2}$（2直線は直交）と判断する
これは $\tan\dfrac{\pi}{2}$ が定義されないことに対応しています。分母が $0$ になったら直交、と覚えておきましょう。
$\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{4}$ のように和や差が特定の値であるとき、加法定理を逆方向に利用して三角関数の値を求められることがあります。
例題：$\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき、$(1 + \tan\alpha)(1 + \tan\beta)$ の値を求めよ。
$\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{4}$ より $\tan(\alpha + \beta) = \tan\dfrac{\pi}{4} = 1$ です。
$\tan$ の加法定理より
$$\frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta} = 1$$
$$\tan\alpha + \tan\beta = 1 - \tan\alpha\tan\beta$$
ここで $(1 + \tan\alpha)(1 + \tan\beta)$ を展開すると
$$= 1 + \tan\alpha + \tan\beta + \tan\alpha\tan\beta$$
$$= 1 + (1 - \tan\alpha\tan\beta) + \tan\alpha\tan\beta = 2$$
加法定理の応用では、$\tan(\alpha + \beta) = k$ という条件から $\tan\alpha + \tan\beta$ と $\tan\alpha\tan\beta$ の間の関係式を導くのが定石です。
この関係式を代入すれば、一見複雑な式も簡単な値に帰着できます。
$15°$、$75°$ などの角は、特殊角の和・差として表せるため、加法定理で正確な値を求められます。
例題：$\sin 75°$ の値を求めよ。
解：$75° = 45° + 30°$ と分解して加法定理を適用します。
$$\sin 75° = \sin(45° + 30°) = \sin 45°\cos 30° + \cos 45°\sin 30°$$
$$= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$$
正 $n$ 角形の頂点は、外接円の中心角 $\dfrac{2\pi}{n}$ ずつ等間隔に並んでいます。加法定理を使えば、対角線の長さを三角関数で表せます。
例題：半径 $r$ の円に内接する正十二角形について、隣り合う頂点を1つ飛ばして結んだ対角線の長さを求めよ。
正十二角形で頂点を1つ飛ばすと、中心角は $\dfrac{2\pi}{12} \times 2 = \dfrac{\pi}{3}$ です。
円に内接する弦の長さは中心角 $\theta$ に対して $2r\sin\dfrac{\theta}{2}$ なので
$$\ell = 2r\sin\frac{\pi}{6} = 2r \cdot \frac{1}{2} = r$$
さらに頂点を2つ飛ばした対角線は中心角 $\dfrac{\pi}{2}$ に対応し、$2r\sin\dfrac{\pi}{4} = r\sqrt{2}$ です。
座標平面上で点 $(x, y)$ を原点中心に角度 $\theta$ だけ回転させた点 $(x', y')$ は次の式で求まります。
$$\begin{cases} x' = x\cos\theta - y\sin\theta \\ y' = x\sin\theta + y\cos\theta \end{cases}$$
点 $(x, y) = (r\cos\alpha, r\sin\alpha)$ を角 $\theta$ 回転すると $(r\cos(\alpha + \theta), r\sin(\alpha + \theta))$ になります。$\cos(\alpha + \theta)$ と $\sin(\alpha + \theta)$ を加法定理で展開すれば、上の式が得られます。
上の回転の公式は、行列を用いて次のように表されます。
$$\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$$
この行列を回転行列と呼びます。角度 $\alpha$ の回転の後に角度 $\beta$ の回転を行うと角度 $\alpha + \beta$ の回転になりますが、回転行列の積を計算すると各成分に加法定理の式がそのまま現れます。
つまり、加法定理は「回転の合成」を座標で表した式とも解釈できるのです。大学の線形代数でこの視点が重要になります。
例題：点 $(1, 0)$ を原点中心に $\dfrac{\pi}{6}$ だけ回転させた点の座標を求めよ。
解：
$$x' = 1 \cdot \cos\frac{\pi}{6} - 0 \cdot \sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$
$$y' = 1 \cdot \sin\frac{\pi}{6} + 0 \cdot \cos\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$$
よって回転後の点は $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ \dfrac{1}{2}\right)$
加法定理を用いた等式の証明では、次の方針が基本です。
例題：次の等式を証明せよ。
$$\sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta) = \sin^2\alpha - \sin^2\beta$$
左辺を加法定理で展開します。
$$\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$$
$$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$$
これらの積は和と差の積の形なので
$$(\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta)(\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)$$
$$= \sin^2\alpha\cos^2\beta - \cos^2\alpha\sin^2\beta$$
$\cos^2\beta = 1 - \sin^2\beta$、$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$ を代入すると
$$= \sin^2\alpha(1 - \sin^2\beta) - (1 - \sin^2\alpha)\sin^2\beta$$
$$= \sin^2\alpha - \sin^2\alpha\sin^2\beta - \sin^2\beta + \sin^2\alpha\sin^2\beta$$
$$= \sin^2\alpha - \sin^2\beta = \text{（右辺）} \quad \blacksquare$$
等式の証明でよく使う変形パターンをまとめます。
| パターン | テクニック |
|---|---|
| 積 → 和差 | 加法定理で展開して整理 |
| 和差 → 積 | 和積の公式（加法定理から導出） |
| $\sin^2$、$\cos^2$ の処理 | $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ で統一 |
| $\tan$ を含む式 | $\dfrac{\sin}{\cos}$ に変換してから通分 |
等式の証明では、複雑な方の辺を展開・変形して、単純な方の辺に合わせるのが基本戦略です。
加法定理の証明問題では、$\sin(\alpha \pm \beta)$ や $\cos(\alpha \pm \beta)$ を見たら「展開する」、$\sin\alpha\cos\beta$ のような積を見たら「加法定理でまとめられないか」と考えましょう。
$\tan\alpha + \tan\beta = k$、$\tan\alpha\tan\beta = l$ が与えられたとき、$\tan(\alpha + \beta)$ を求める問題は頻出です。
$\tan$ の加法定理 $\tan(\alpha + \beta) = \dfrac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$ より
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{k}{1 - l}$$
ただし $l \neq 1$（すなわち $\tan\alpha\tan\beta \neq 1$）
$\tan\alpha + \tan\beta$ と $\tan\alpha\tan\beta$ の2つの値がわかれば、$\tan(\alpha + \beta)$ が直ちに求まります。
$\tan\alpha$ と $\tan\beta$ が2次方程式 $t^2 - pt + q = 0$ の2つの解であるとき、解と係数の関係から
$$\tan\alpha + \tan\beta = p, \quad \tan\alpha\tan\beta = q$$
が成り立ちます。これを $\tan$ の加法定理に代入すれば $\tan(\alpha + \beta)$ が求まります。
例題：$\tan\alpha$ と $\tan\beta$ が2次方程式 $t^2 - 3t + 1 = 0$ の2つの解であるとき、$\tan(\alpha + \beta)$ の値を求めよ。
解と係数の関係より
$$\tan\alpha + \tan\beta = 3, \quad \tan\alpha\tan\beta = 1$$
$\tan$ の加法定理より
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta} = \frac{3}{1 - 1} = \frac{3}{0}$$
分母が $0$ なので $\tan(\alpha + \beta)$ は定義されません。
したがって $\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{2} + n\pi$（$n$ は整数）。
$\tan\alpha\tan\beta = 1$ のとき、$\tan(\alpha + \beta)$ の公式の分母 $1 - \tan\alpha\tan\beta = 0$ となります。
✗ 誤り：「計算できない」で終わる、または「解なし」と書く
✓ 正しい：$\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{2} + n\pi$（$n$ は整数）と結論する
分母が $0$ は「$\tan$ が定義されない角」を意味するので、$\alpha + \beta$ は $\dfrac{\pi}{2}$ の奇数倍です。答えとして「$\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{2} + n\pi$」と明記しましょう。
$\tan\alpha + \tan\beta = k$、$\tan\alpha\tan\beta = l$ から $\tan(\alpha + \beta)$ だけでなく、$\tan\alpha$ と $\tan\beta$ の個別の値を求めるには、$\tan\alpha$ と $\tan\beta$ を解とする2次方程式
$$t^2 - kt + l = 0$$
を解けばよいのです。判別式 $D = k^2 - 4l \geq 0$ のときに実数解が存在します。
$\tan$ の加法定理の分子は $\tan\alpha + \tan\beta$（和）、分母に $\tan\alpha\tan\beta$（積）が現れます。これは2次方程式の解と係数の関係がちょうど「和と積」を与えることと完全に対応しています。
この2つの分野が自然に結びつくことを意識しておけば、融合問題を見たときに方針がすぐに立ちます。
Q1. 2直線 $y = x + 1$ と $y = \sqrt{3}\,x - 2$ のなす角 $\theta$ を求めよ。
Q2. $\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき、$(1 + \tan\alpha)(1 + \tan\beta)$ の値を求めよ。
Q3. 点 $(1, 1)$ を原点中心に $\dfrac{\pi}{4}$ 回転させた点の座標を求めよ。
Q4. $\cos 15°$ の値を加法定理を使って求めよ。
Q5. $\tan\alpha + \tan\beta = 5$、$\tan\alpha\tan\beta = 3$ のとき、$\tan(\alpha + \beta)$ の値を求めよ。
2直線 $\ell_1 : y = 2x - 1$ と $\ell_2 : y = -\dfrac{1}{3}x + 2$ のなす角 $\theta$（$0 < \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$）を求めよ。
$m_1 = 2$、$m_2 = -\dfrac{1}{3}$ より
$$\tan\theta = \left|\frac{2 - \left(-\frac{1}{3}\right)}{1 + 2 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)}\right| = \left|\frac{\frac{7}{3}}{\frac{1}{3}}\right| = 7$$
よって $\theta = \arctan 7$
$m_1 m_2 = 2 \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = -\dfrac{2}{3} \neq -1$ なので直交ではありません。公式に代入して $\tan\theta = 7$ を求めます。$\arctan 7$ は特殊角ではないため、これ以上簡単にはなりません。
$\tan\alpha$ と $\tan\beta$ が2次方程式 $t^2 - 5t + 2 = 0$ の2つの解であるとき、次の値を求めよ。
(1) $\tan(\alpha + \beta)$
(2) $\tan(\alpha - \beta)$（ただし $\alpha > \beta > 0$ とする）
解と係数の関係より $\tan\alpha + \tan\beta = 5$、$\tan\alpha\tan\beta = 2$
(1) $\tan(\alpha + \beta) = \dfrac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta} = \dfrac{5}{1 - 2} = -5$
(2) $(\tan\alpha - \tan\beta)^2 = (\tan\alpha + \tan\beta)^2 - 4\tan\alpha\tan\beta = 25 - 8 = 17$
$\alpha > \beta > 0$ かつ両解が正（$\because$ 和が正、積が正）なので $\tan\alpha > \tan\beta > 0$ より $\tan\alpha - \tan\beta = \sqrt{17}$
$$\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta} = \frac{\sqrt{17}}{1 + 2} = \frac{\sqrt{17}}{3}$$
解と係数の関係で得られる和と積を、$\tan$ の加法定理に直接代入するのがポイントです。(2)では差を求めるために $(\text{和})^2 - 4(\text{積})$ を利用します。$\alpha > \beta$ の条件から差の符号が正であることを確認しましょう。
次の等式を証明せよ。
$$\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta) = \cos^2\alpha - \sin^2\beta$$
（左辺）$= (\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta)(\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta)$
$= \cos^2\alpha\cos^2\beta - \sin^2\alpha\sin^2\beta$
$\cos^2\beta = 1 - \sin^2\beta$、$\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$ を代入すると
$= \cos^2\alpha(1 - \sin^2\beta) - (1 - \cos^2\alpha)\sin^2\beta$
$= \cos^2\alpha - \cos^2\alpha\sin^2\beta - \sin^2\beta + \cos^2\alpha\sin^2\beta$
$= \cos^2\alpha - \sin^2\beta$ = （右辺） $\quad \blacksquare$
加法定理で展開すると和と差の積 $(A+B)(A-B) = A^2 - B^2$ の形になります。$\sin^2 + \cos^2 = 1$ で統一して整理すると、中間項が消えて右辺が得られます。$\sin$ の版（$\sin^2\alpha - \sin^2\beta$）とセットで覚えておきましょう。
$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$、$0 < \beta < \dfrac{\pi}{2}$、$0 < \gamma < \dfrac{\pi}{2}$ で $\alpha + \beta + \gamma = \dfrac{\pi}{2}$ を満たすとき、次の等式を証明せよ。
$$\tan\alpha\tan\beta + \tan\beta\tan\gamma + \tan\gamma\tan\alpha = 1$$
$\alpha + \beta + \gamma = \dfrac{\pi}{2}$ より $\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{2} - \gamma$ なので
$$\tan(\alpha + \beta) = \tan\left(\frac{\pi}{2} - \gamma\right) = \frac{1}{\tan\gamma}$$
一方、$\tan$ の加法定理より
$$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$$
これらが等しいので
$$\frac{\tan\alpha + \tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta} = \frac{1}{\tan\gamma}$$
両辺に $\tan\gamma(1 - \tan\alpha\tan\beta)$ を掛けると
$$\tan\gamma(\tan\alpha + \tan\beta) = 1 - \tan\alpha\tan\beta$$
$$\tan\alpha\tan\gamma + \tan\beta\tan\gamma = 1 - \tan\alpha\tan\beta$$
$$\tan\alpha\tan\beta + \tan\beta\tan\gamma + \tan\gamma\tan\alpha = 1 \quad \blacksquare$$
$\alpha + \beta + \gamma = \dfrac{\pi}{2}$ から $\tan(\alpha+\beta) = \cot\gamma = \dfrac{1}{\tan\gamma}$ を導くのが鍵です。加法定理で $\tan(\alpha+\beta)$ を展開した式と等置することで、$\tan\alpha\tan\beta + \tan\gamma(\tan\alpha + \tan\beta)$ という形が自然に現れ、整理すると示すべき等式になります。