本項では、積和の公式・和積の公式 の証明と問題 について解説します。
積和の公式とは、\(\displaystyle \large{\sin\alpha \cos\beta}\) や \(\displaystyle \large{\sin\alpha\sin\beta}\) など積で表される値を、和や差の式に変形する公式です。
また、和積の公式とは、\(\displaystyle \large{\sin\alpha +\sin\beta}\) や \(\displaystyle \large{\cos\alpha+\cos\beta}\) など和で表される値を、積の式に変形する公式のことです。
積和の公式と和積の公式は、加法定理から導くことができます。
以下に、積和の公式と和積の公式の証明について解説します。
\(\large{\sin}\) と \(\large{\cos}\) の加法定理は以下のようになります。 $$\large{\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta\hspace{8pt}(1)}$$ $$\large{\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta\hspace{8pt}(2)}$$ $$\large{\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta\hspace{8pt}(3)}$$ $$\large{\cos(\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta\hspace{8pt}(4)}$$
上記の加法定理の 和と差 を計算します。
(1)式+(2)式から
$$\large{\sin(\alpha + \beta)+\sin(\alpha - \beta) = 2\sin \alpha \cos \beta\hspace{5pt}(1)'}$$
(1)式-(2)式から
$$\large{\sin(\alpha + \beta)-\sin(\alpha - \beta) =2\cos \alpha \sin \beta\hspace{5pt}(2)'}$$
(3)式+(4)式から
$$\large{\cos(\alpha + \beta)+\cos(\alpha - \beta) =2\cos \alpha \cos \beta\hspace{5pt}(3)'}$$
(3)式-(4)式から
$$\large{\cos(\alpha + \beta)-\cos(\alpha - \beta) =-2\sin \alpha \sin \beta\hspace{5pt}(4)'}$$
(1)'～(4)'式を \(\displaystyle\large{\frac{1}{2}}\)倍することで積和の公式が導出されます。
$$\displaystyle\large{\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\}}$$
$$\displaystyle\large{\cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\}}$$
$$\displaystyle\large{\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\}}$$
$$\displaystyle\large{\hspace{3pt}\sin\alpha\sin\beta = -\frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\}}$$
\(\large{\alpha + \beta = A}\)、\(\large{\alpha - \beta = B}\) とおくと、 $$\large{\alpha = \frac{A+B}{2},\hspace{5pt}\beta = \frac{A-B}{2}}$$ となります。先述の式(1)'～(4)'において \(\large{\alpha,\hspace{5pt}\beta}\) を \(\large{A,\hspace{5pt}B}\) によって置き換えることで和積の公式が求められます。
$$\displaystyle\large{\sin A+\sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$ $$\displaystyle\large{\sin A-\sin B = 2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}}$$ $$\displaystyle\large{\hspace{3pt}\cos A+\cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$ $$\displaystyle\large{\hspace{8pt}\cos A-\cos B = -2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}}$$積和の公式・和積の公式を利用した基礎的な問題について解説します。
問題(1)、問題(2)は積和の公式により式を変形する問題です。
問題(3)、問題(4)は和積の公式により式を変形する問題です。
【解答と解説】
問題は \(\large{\sin}\) と \(\large{\cos}\) の積で与えられているため、以下の積和の公式を使用します。
$$\displaystyle\large{\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\}}$$
\(\large{\alpha = 45°,\hspace{2pt}\beta = 15°}\) とすると \begin{eqnarray} \large &\large &\large\sin45°\cos15°\\[0.5em] \large &\large =&\large \frac{1}{2}\{\sin(45°+15°)+\sin(45°-15°)\}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{1}{2}\{\sin60°+\sin30°\}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\right)\\[0.5em] &\large =&\large \frac{\sqrt{3}+1}{4}\\[0.5em] \end{eqnarray} と求められます。
【解答と解説】
問題は \(\large{\cos}\) の積で与えられているため、以下の積和の公式を使用します。
$$\displaystyle\large{\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\}}$$
\(\large{\alpha = 75°,\hspace{2pt}\beta = 45°}\) とすると \begin{eqnarray} &\large &\large\cos 75°\cos45°\\[0.5em] \large &\large =&\large \frac{1}{2}\{\cos(75°+45°)+\cos(75°-45°)\}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{1}{2}\{\cos120°+\cos30°\}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\[0.5em] &\large =&\large \frac{\sqrt{3}-1}{4}\\[0.5em] \end{eqnarray} と求められます。
【解答と解説】
問題は \(\large{\sin}\) の和で与えられているため、以下の和積の公式を使用します。
$$\displaystyle\large{\sin A+\sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$
\(\large{A = 75°,\hspace{2pt}B = 15°}\) とすると \begin{eqnarray} \large & &\large\sin 75°+ \sin15°\\[0.5em] \large &\large =&\large 2\sin\frac{75°+15°}{2}\cos\frac{75°-15°}{2}\\[0.5em] &\large =&\large 2\sin45°\cos30°\\[0.5em] &\large =&\large 2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{\sqrt{6}}{2}\\[0.5em] \end{eqnarray} と求められます。
【解答と解説】
問題は \(\large{\cos}\) の差で与えられているため、以下の和積の公式を使用します。
$$\displaystyle\large{\cos A+\cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$
\(\large{A = 105°,\hspace{2pt}B = 15°}\) とすると \begin{eqnarray} \large &\large&\large\cos 105°+ \cos15°\\[0.5em] \large &\large =&\large 2\cos\frac{105°+15°}{2}\cos\frac{105°-15°}{2}\\[0.5em] &\large =&\large 2\cos60°\cos45°\\[0.5em] &\large =&\large 2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{\sqrt{2}}{2}\\[0.5em] \end{eqnarray} と求められます。
積和の公式・和積の公式を利用した応用的な問題について解説します。
問題(5) は積和の公式により式を変形する問題です。
問題(6)、問題(7) は和積の公式を利用して三角方程式を解く問題です。
【解答と解説】
問題は3つの項の積となっているため、積和の公式を2回使用して値を求めます。
\(\large{\sin}\) の積和の公式 $$\displaystyle\large{\hspace{3pt}\sin\alpha\sin\beta = -\frac{1}{2}\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\}}$$ を利用して式を変形します。
\begin{eqnarray} \large & &\large \sin20°\sin40°\sin80°\large\\[0.5em] \large &\large =&\large -\frac{1}{2}\{\cos(20°+40°)-\cos(20°-40°)\}\sin80°\\[0.5em] &\large =&\large -\frac{1}{2}\{\cos60°-\cos20°\}\sin80°\\[0.5em] &\large =&\large -\frac{1}{2}\{\frac{1}{2}-\cos20°\}\sin80°\\[0.5em] &\large =&\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{2}\cos20°\sin80°\\[0.5em] \end{eqnarray}
ここで、\(\large{\sin,\hspace{2pt}\cos}\) の積和の公式 $$\displaystyle\large{\cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\}}$$ を利用して式を変形します。
\begin{eqnarray} &\large &\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{2}\cos20°\sin80°\\[0.5em] \large &\large =&\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{4}\{\sin(20°+80°)-\sin(20°-80°)\}\\[0.5em] &\large =&\large-\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{4}\{\sin100+\sin60°\}\\[0.5em] &\large =&\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{4}\sin100°+\frac{1}{4}\sin60°\\[0.5em] \end{eqnarray}
ここで、180°-θの式から、 $$\large{\sin100° = \sin(180°-80°) = \sin80°}$$ となることから、
\begin{eqnarray} &\large &\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{4}\sin100°+\frac{1}{4}\sin60°\\[0.5em] \large &\large =&\large -\frac{1}{4}\sin80° + \frac{1}{4}\sin80°+\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\\[0.5em] &\large =&\large \frac{\sqrt{3}}{8}\\[0.5em] \end{eqnarray}
【解答と解説】
問題の三角方程式は、\(\large{\sin}\) の和であるため、以下の和積の公式を利用することで解きます。
$$\displaystyle\large{\sin A+\sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$
\(\large{A=4\theta,\hspace{2pt}B=2\theta}\) とすると、 \begin{eqnarray} \large \sin4\theta + \sin2\theta&\large =&\large 2\sin\frac{4\theta+2\theta}{2}\cos\frac{4\theta-2\theta}{2}\\[0.5em] &\large =&\large 2\sin3\theta\cos\theta\\[0.5em] \end{eqnarray}
すなわち、問題の三角方程式は $$\large{2\sin3\theta\cos\theta = 0}$$ と変形されます。
\(\large{\sin3\theta = 0}\) の解は、\(\large{0 \leqq \theta \leqq \pi }\) より \(\large{0 \leqq 3\theta \leqq 3\pi }\) であるから、 $$\large{3\theta = 0,\hspace{2pt}\pi,\hspace{2pt}2\pi,\hspace{2pt}3\pi}$$ つまり、 $$\large{\theta = 0,\hspace{2pt}\frac{\pi}{3},\hspace{2pt}\frac{2}{3}\pi,\hspace{2pt}\pi}$$ となります。
また、\(\large{\cos\theta = 0}\) の解は、\(\large{0 \leqq \theta \leqq \pi }\) より \(\displaystyle\large{\theta = \frac{\pi}{2}}\) となります。
したがって、求める解 \(\large{\theta}\) は、 $$\large{\theta = 0,\hspace{2pt}\frac{\pi}{3},\hspace{2pt}\frac{\pi}{2},\hspace{2pt}\frac{2}{3}\pi,\hspace{2pt}\pi}$$ となります。
【解答と解説】
問題の三角方程式は、\(\large{\cos}\) の和であるため、以下の和積の公式を利用することで解きます。
$$\displaystyle\large{\cos A+\cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}$$
ここで、\(\large{\cos5\theta}\) と \(\large{\cos\theta}\) に対して和積の公式を使用することで、\(\large{\cos3\theta}\) の項を作り出し、因数分解ができるようにします。
\(\large{A=5\theta,\hspace{2pt}B=\theta}\) とすると、 \begin{eqnarray} \large \cos5\theta + \cos\theta&\large =&\large 2\cos\frac{5\theta+\theta}{2}\cos\frac{5\theta-\theta}{2}\\[0.5em] &\large =&\large 2\cos3\theta\cos2\theta\\[0.5em] \end{eqnarray}
すなわち、問題の三角方程式は $$\large{ \cos5\theta +\cos3\theta +\cos\theta = 0}$$ $$\large{\hspace{10pt} 2\cos3\theta\cos2\theta + \cos3\theta = 0}$$ $$\large{ \cos3\theta(2\cos2\theta + 1) = 0}$$ と変形されます。
\(\large{\cos3\theta = 0}\) の解は、\(\large{0 \leqq \theta \leqq \pi }\) より、\(\large{0 \leqq 3\theta \leqq 3\pi }\) であるから、 $$\large{3\theta = \frac{\pi}{2},\hspace{2pt}\frac{3}{2}\pi,\hspace{2pt}\frac{5}{2}\pi}$$ つまり、 $$\large{\theta = \frac{\pi}{6},\hspace{2pt}\frac{\pi}{2},\hspace{2pt}\frac{5}{6}\pi}$$ となります。
また、\(\displaystyle\large{\cos2\theta = -\frac{1}{2}}\) の解は、\(\large{0 \leqq \theta \leqq \pi }\) より、\(\large{0 \leqq 2\theta \leqq 2\pi }\) であるから、 $$\large{2\theta = \frac{2}{3}\pi,\hspace{2pt}\frac{4}{3}\pi}$$ つまり、 $$\large{\theta = \frac{\pi}{3},\hspace{2pt}\frac{2}{3}\pi}$$ となります。
したがって、求める解 \(\large{\theta}\) は、 $$\large{\theta =\frac{\pi}{6},\hspace{2pt} \frac{\pi}{3},\hspace{2pt}\frac{\pi}{2},\hspace{2pt}\frac{2}{3}\pi,\hspace{2pt}\frac{5}{6}\pi}$$ となります。