加法定理の証明（一般角に対する厳密な方法）

更新 2025/10/08

三角関数の加法定理

任意の実数 $\alpha,\beta$ に対して

$\sin (\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
$\sin (\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta$
$\cos (\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$
$\cos (\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$
$\tan (\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$
$\tan (\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}$

ただし，5,6は $\tan\alpha,\tan\beta,\tan(\alpha\pm\beta)$ が定義できる場合における式。

加法定理の証明をなんとなく知っている人は多いですが，一般角に対してきちんと証明するのは（難しくはないですが）相当めんどうです。そこで，きちんと証明を書いておきます。

東大でも出題された

1999年の東大の第一問（文理共通）で「一般角に対して三角関数の加法定理（1と3のみ）を証明せよ」という問題が出題され話題になりました。

加法定理を証明するには，単位円を用いた三角関数の一般角における定義をきちんと理解している必要があります。→三角関数の3通りの定義とメリットデメリット

加法定理の証明（余弦定理を用いた導出方法）

加法定理の証明のうち，余弦定理を用いる方法を紹介します。
加法定理の証明で一番有名な方法です。
証明の方針
step1. まず余弦定理を使って一般角に対して4（cosマイナス）を証明する
step2. 4を使って残りの5つを証明する
cosマイナスの証明余弦定理を用います。加法定理の証明の核心部分です。
証明
A(cos⁡α,sin⁡α),B(cos⁡β,sin⁡β)A(\cos\alpha,\sin\alpha),B(\cos\beta,\sin\beta)A(cosα,sinα),B(cosβ,sinβ)
 とおくと
AB2=(cos⁡α−cos⁡β)2+(sin⁡α−sin⁡β)2=2−2cos⁡αcos⁡β−2sin⁡αsin⁡β\begin{aligned}AB^2&=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2\\&=2-2\cos\alpha\cos\beta-2\sin\alpha\sin\beta\end{aligned}AB2​=(cosα−cosβ)2+(sinα−sinβ)2=2−2cosαcosβ−2sinαsinβ​
一方，OA→\overrightarrow{OA}OA
 と
OB→\overrightarrow{OB}OB
 のなす角を
θ\thetaθ
 とおくと，三角形
OABOABOAB
 に余弦定理を用いて
AB2=12+12−2⋅1⋅1cos⁡θ=2−2cos⁡θAB^2=1^2+1^2-2\cdot 1\cdot 1\cos \theta=2-2\cos\thetaAB2=12+12−2⋅1⋅1cosθ=2−2cosθ
ここで，
任意の α,β\alpha,\betaα,β に対して cos⁡θ=cos⁡(α−β)\cos\theta=\cos(\alpha-\beta)cosθ=cos(α−β) が成立する（重要な注）ので上の二式を比較して
cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β\cos (\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\betacos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ
 を得る。
重要な注：
角度 θ\thetaθ
 は 000 以上 π\piπ 以下です。よって，α−β\alpha-\betaα−β（を 2π2\pi2π
 で割った余り）が π\piπ 以下ならその値が θ\thetaθ になります。つまり cos⁡θ=cos⁡(α−β)\cos\theta=\cos(\alpha-\beta)cosθ=cos(α−β) です。一方，α−β\alpha-\betaα−β（を 2π2\pi2π
 で割った余り）が π\piπ より大きい場合，θ\thetaθ の「反対側の角度」に対応するので cos⁡θ=cos⁡{2π−(α−β)}\cos\theta=\cos\{2\pi-(\alpha-\beta)\}cosθ=cos{2π−(α−β)} です。後者の場合も後述の補助公式Bより cos⁡θ=cos⁡(α−β)\cos\theta=\cos(\alpha-\beta)cosθ=cos(α−β) となります。
残り5つの証明一般角に対してcosマイナスが証明できてしまえば，あとは難しい発想は必要ありません。ただし，以下の補助公式を使います。
補助公式
A．
sin⁡(−θ)=−sin⁡θ\sin (-\theta)=-\sin\thetasin(−θ)=−sinθ
B．
cos⁡(−θ)=cos⁡θ\cos (-\theta)=\cos\thetacos(−θ)=cosθ
C．
sin⁡(θ±π2)=±cos⁡θ\sin (\theta\pm \dfrac{\pi}{2})=\pm\cos\thetasin(θ±2π​)=±cosθ
D．
cos⁡(θ±π2)=∓sin⁡θ\cos (\theta\pm \dfrac{\pi}{2})=\mp\sin\thetacos(θ±2π​)=∓sinθ
補助公式はとりあえず認めて下さい！（最後に補足します）
3（cosプラス）の証明これはcosマイナスで β→−β\beta\to -\betaβ→−β とするだけです：
cos⁡(α−(−β))=cos⁡αcos⁡(−β)+sin⁡αsin⁡(−β)\cos (\alpha-(-\beta))=\cos\alpha\cos(-\beta)+\sin\alpha\sin(-\beta)cos(α−(−β))=cosαcos(−β)+sinαsin(−β)
ここで，補助公式A，Bを使うと3を得ます。
2（sinマイナス）の証明cosマイナスで位相をズラします：
例えば，β→β+π2\beta\to \beta+\dfrac{\pi}{2}β→β+2π​
 とします。
cos⁡(α−(β+π2))=cos⁡αcos⁡(β+π2)+sin⁡αsin⁡(β+π2)\cos (\alpha-(\beta+\dfrac{\pi}{2}))=\cos\alpha\cos(\beta+\dfrac{\pi}{2})+\sin\alpha\sin(\beta+\dfrac{\pi}{2})cos(α−(β+2π​))=cosαcos(β+2π​)+sinαsin(β+2π​)
ここで，補助公式C，Dを使うと
sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β\sin (\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\betasin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ
となり2を得ます。
1（sinプラス）の証明これはsinマイナスで β→−β\beta\to -\betaβ→−β とするだけです：
sin⁡(α−(−β))=sin⁡αcos⁡(−β)−cos⁡αsin⁡(−β)\sin (\alpha-(-\beta))=\sin\alpha\cos(-\beta)-\cos\alpha\sin(-\beta)sin(α−(−β))=sinαcos(−β)−cosαsin(−β)
となり補助公式A，Bを使うと1を得ます。
5（tanプラス）の証明1と3を使えばOKです：
tan⁡(α+β)=sin⁡(α+β)cos⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β\begin{aligned}&\tan(\alpha+\beta)\\&=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha+\beta)}\\
&=\dfrac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}\\
&=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\end{aligned}​tan(α+β)=cos(α+β)sin(α+β)​=cosαcosβ−sinαsinβsinαcosβ+cosαsinβ​=1−tanαtanβtanα+tanβ​​
ただし，最後の行は分母分子を
cos⁡αcos⁡β\cos\alpha\cos\betacosαcosβ
 で割りました。
6（tanマイナス）の証明2と4を使います。5と全く同様にできます。
補助公式について険しい道のりはまだ続きます。三角関数の定義から加法定理を
厳密に証明するには補助公式A〜Dも一般角に対して証明しなければいけません（東大の問題はここまで要求しているのか分かりませんが）。
AとBについては図を書けばすぐに分かります。つまり，xxx
軸に関する折り返しで
(x,y)→(x,−y)(x,y)\to (x,-y)(x,y)→(x,−y)
となるので
cos⁡(−θ)=cos⁡θ, sin⁡(−θ)=−sin⁡θ\cos(-\theta)=\cos\theta,\:\sin(-\theta)=-\sin\thetacos(−θ)=cosθ,sin(−θ)=−sinθ
となります。
CとDをきちんと証明するのはめんどうです。

「π2\frac{\pi}{2}2π​
回転で
(x,y)→(−y,x)(x,y)\to (-y,x)(x,y)→(−y,x)
になること」

「−π2-\frac{\pi}{2}−2π​
回転で
(x,y)→(y,−x)(x,y)\to (y,-x)(x,y)→(y,−x)
になること」

を言えばOKです。

これを厳密に証明するには
(x,y)(x,y)(x,y)
がどの象限にあるかで場合分けしてやる必要があります。きちんと書くのは本当にめんどう（教科書にも書いていないレベル）ので図と図の説明を添えれば十分でしょう。
図の説明青い点の一つを π2\frac{\pi}{2}2π​ 回転させると別の青い点へ移る
図の四つの直角三角形は相似＆斜辺の長さが等しいので合同
よって，(x,y)(x,y)(x,y)
 がどこにあっても
π2\frac{\pi}{2}2π​
 回転で
(−y,x)(-y,x)(−y,x)
 になり
−π2-\frac{\pi}{2}−2π​
 回転で
(y,−x)(y,-x)(y,−x)
 になることが確認できる。

加法定理の公式の証明（余弦定理を用いない導出方法）

次に，余弦定理を用いない証明を紹介します。cosプラスの証明のみ行います。残り5つの証明は上記の方法と同様です。

cosプラスの証明

下図のように，単位円に内接する三角形 $OAB$ 及びそれを時計回りに $\alpha$ だけ回転させた三角形 $OA'B'$ を考える。

余弦定理を用いない証明

$OAB$ と $OA'B'$ は合同であるから，

$AB=A'B'$ つまり ${AB}^2=A'B'^2$

一方，上図のような座標より

$\begin{aligned}AB^2&= {(1-\cos{(\alpha+\beta)})}^2+\sin^2{(\alpha+\beta)} \\ &=2(1-\cos{(\alpha+\beta)})\end{aligned}$

$\begin{aligned}A'B'^2&={(\cos{\alpha}-\cos{\beta})}^2+{(-\sin{\alpha}}-\sin{\beta})^2\\ &=2(1-(\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}))\end{aligned}$

両式を比べて

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

加法定理の証明をきちんと書くのがこんなにも険しいとは！

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この記事の監修者

マスオ

東京大学大学院情報理工学系研究科修了／2014年にWebサイト『高校数学の美しい物語』を立ち上げ／著書累計 50,000部突破／「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。 →著者情報・書籍一覧を見る