三倍角の公式：基礎からおもしろい発展形まで

三倍角の公式

sin⁡3θ=−4sin⁡3θ+3sin⁡θ\sin 3\theta=-4\sin^3\theta+3\sin\theta
cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta

三倍角の公式

三倍角の公式について，覚え方・証明・応用問題・おもしろい発展形を整理しました。

三倍角の公式の覚え方

そもそも覚えなくてもよい

三倍角の公式の使用頻度は高くありません。覚えなくてもよいです。

ただし，導出はできるようになっておきたいです。

二倍角の公式を覚えておけば三倍角の公式の導出も少し楽になるので，「加法定理」と「二倍角の公式」は覚えて「三倍角の公式」は毎回導出する，というのがおすすめです。

覚え方

とはいえ，難関大学受験者で，余裕がある人は覚えてもよいです。

  • まず「sin⁡\sin の三倍角は cos⁡\cos の三倍角を反転（sinとcosを交換して係数をマイナス1倍）」と覚えましょう。そうすれば，sin⁡\sin と cos⁡\cos の片方を忘れても大丈夫です。 三倍角の公式の覚え方 あとは，「がんばって式をそのまま丸暗記する」 または 「以下の語呂」 で sin⁡\sin と cos⁡\cos の片方を覚えましょう。
三倍角の語呂合わせ
  • cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta
    よい子参上してみこし引く(4co三乗して3cos引く)
  • sin⁡3θ=−4sin⁡3θ+3sin⁡θ\sin 3\theta=-4\sin^3\theta+3\sin\theta
    マジシャン参上して三振(-4sin三乗して3sin)

コサインの方が無理がなく覚えやすいですね。

三倍角の公式の証明

三倍角の公式の証明は加法定理を繰り返し使うだけです。

加法定理：
sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta
cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta

の証明については，加法定理の証明（一般角に対する厳密な方法） をご覧ください。

sinの証明

sin⁡3θ=−4sin⁡3θ+3sin⁡θ\sin 3\theta=-4\sin^3\theta+3\sin\theta

を証明する。まず，3θ=θ+2θ3\theta=\theta+2\theta と分解して，加法定理を使う：

sin⁡3θ=sin⁡(θ+2θ)=sin⁡θcos⁡2θ+cos⁡θsin⁡2θ\begin{aligned} &\sin 3\theta\\ &=\sin(\theta+2\theta)\\ &=\sin\theta\cos 2\theta+\cos\theta\sin 2\theta \end{aligned}

さらに，2θ=θ+θ2\theta=\theta+\theta と分解して，加法定理を使う：

sin⁡θcos⁡2θ+cos⁡θsin⁡2θ=sin⁡θcos⁡(θ+θ)+cos⁡θsin⁡(θ+θ)=sin⁡θ(cos⁡θcos⁡θ−sin⁡θsin⁡θ)+cos⁡θ(sin⁡θcos⁡θ+cos⁡θsin⁡θ)=3sin⁡θcos⁡2θ−sin⁡3θ\begin{aligned} &\sin\theta\cos 2\theta+\cos\theta\sin 2\theta\\ &=\sin\theta\cos (\theta+\theta)+\cos\theta\sin (\theta+\theta)\\ &=\sin\theta(\cos\theta\cos\theta-\sin\theta\sin\theta)\\ &\quad +\cos\theta(\sin\theta\cos\theta+\cos\theta\sin\theta)\\ &=3\sin\theta\cos^2\theta-\sin^3\theta \end{aligned}

最後に，三角関数の相互関係 cos⁡2θ=1−sin⁡2θ\cos^2\theta=1-\sin^2\theta を使う：

3sin⁡θcos⁡2θ−sin⁡3θ=3sin⁡θ(1−sin⁡2θ)−sin⁡3θ=−4sin⁡3θ+3sin⁡θ\begin{aligned} &3\sin\theta\cos^2\theta-\sin^3\theta\\ &=3\sin\theta(1-\sin^2\theta)-\sin^3\theta\\ &=-4\sin^3\theta+3\sin\theta \end{aligned}

補足：三角関数の相互関係については，三角関数の相互関係とその証明 をご覧ください。

cosの証明

cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta

を証明する。まず，3θ=θ+2θ3\theta=\theta+2\theta と分解して，加法定理を使う：

cos⁡3θ=cos⁡(θ+2θ)=cos⁡θcos⁡2θ−sin⁡θsin⁡2θ\begin{aligned} &\cos 3\theta\\ &=\cos(\theta+2\theta)\\ &=\cos\theta\cos 2\theta-\sin\theta\sin 2\theta \end{aligned}

さらに，2θ=θ+θ2\theta=\theta+\theta と分解して，加法定理を使う：

cos⁡θcos⁡2θ−sin⁡θsin⁡2θ=cos⁡θcos⁡(θ+θ)−sin⁡θsin⁡(θ+θ)=cos⁡θ(cos⁡θcos⁡θ−sin⁡θsin⁡θ)−sin⁡θ(sin⁡θcos⁡θ+cos⁡θsin⁡θ)=−3sin⁡2θcos⁡θ+cos⁡3θ\begin{aligned} &\cos\theta\cos 2\theta-\sin\theta\sin 2\theta\\ &=\cos\theta\cos (\theta+\theta)-\sin\theta\sin (\theta+\theta)\\ &=\cos\theta(\cos\theta\cos\theta-\sin\theta\sin\theta)\\ &\quad -\sin\theta(\sin\theta\cos\theta+\cos\theta\sin\theta)\\ &=-3\sin^2\theta\cos\theta+\cos^3\theta \end{aligned}

最後に，sin⁡2θ=1−cos⁡2θ\sin^2\theta=1-\cos^2\theta を使う：

−3sin⁡2θcos⁡θ+cos⁡3θ=−3(1−cos⁡2θ)cos⁡θ+cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\begin{aligned} &-3\sin^2\theta\cos\theta+\cos^3\theta\\ &=-3(1-\cos^2\theta)\cos\theta+\cos^3\theta\\ &=4\cos^3\theta-3\cos\theta \end{aligned}

応用問題

例題1：三角方程式

sin⁡3θ=sin⁡θ\sin 3\theta=\sin\theta を満たす θ\theta を 0≤θ<π0\leq\theta<\pi の範囲で求めよ。

三倍角の公式を使えば，3θ3\theta の三角関数を θ\theta の三角関数に直すことができます。

例題1の解答

三倍角の公式で左辺を変形すると，

−4sin⁡3θ+3sin⁡θ=sin⁡θ−4sin⁡3θ+2sin⁡θ=0sin⁡θ(sin⁡2θ−12)=0sin⁡θ(sin⁡θ−12)(sin⁡θ+12)=0sin⁡θ=0,±12\begin{aligned} &-4\sin^3\theta+3\sin\theta=\sin\theta\\ &-4\sin^3\theta+2\sin\theta=0\\ &\sin\theta\left(\sin^2\theta-\dfrac{1}{2}\right)=0\\ &\sin\theta \left( \sin\theta-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) \left( \sin\theta+\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) =0\\ &\sin\theta=0,\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

よって θ=0,π4,34π\theta=0,\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3}{4}\pi

例題2：積分

不定積分 ∫cos⁡3θdθ\displaystyle\int\cos^3\theta d\theta を計算せよ。

三倍角の公式を使うと，cos⁡3θ\cos^3\theta を1次式に直せます。

解答

cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta を変形すると，

cos⁡3θ=14cos⁡3θ+34cos⁡θ\cos^3\theta=\dfrac{1}{4}\cos 3\theta+\dfrac{3}{4}\cos\theta

よって，

∫cos⁡3θdθ=14∫cos⁡3θdθ+34∫cos⁡θdθ=112sin⁡3θ+34sin⁡θ+C\begin{aligned} &\int \cos^3\theta d\theta\\ &=\dfrac{1}{4} \int\cos 3\theta d\theta+\dfrac{3}{4}\int \cos\theta d\theta\\ &=\dfrac{1}{12}\sin 3\theta+\dfrac{3}{4}\sin\theta+C \end{aligned}

関連する公式

tanの三倍角の公式

sin⁡\sin と cos⁡\cos と同様に，tan⁡\tan についても三倍角の公式が成立します：

tan⁡3θ=3tan⁡θ−tan⁡3θ1−3tan⁡2θ\tan{3\theta} = \dfrac{3\tan{\theta} - \tan^3{\theta}}{1-3\tan^2{\theta}}

sin⁡\sin や cos⁡\cos とくらべて使う機会が少ないので覚える必要はありません。ただし，導出はできるようになっておきたいです。

tanの証明

tan⁡3θ=3tan⁡θ−tan⁡3θ1−3tan⁡2θ\tan{3\theta} = \dfrac{3\tan{\theta} - \tan^3{\theta}}{1-3\tan^2{\theta}}

を示す。まず，3θ=θ+2θ3\theta=\theta+2\theta と分解して，加法定理を使う：

tan⁡3θ=tan⁡(θ+2θ)=tan⁡θ+tan⁡2θ1−tan⁡θtan⁡2θ\begin{aligned} &\tan{3\theta}\\ &= \tan{(\theta + 2\theta)} \\ &= \dfrac{\tan{\theta} + \tan{2\theta}}{1-\tan{\theta} \tan{2\theta}} \end{aligned}

さらに，2θ=θ+θ2\theta = \theta + \theta と分解して，加法定理を使う：

tan⁡θ+tan⁡2θ1−tan⁡θtan⁡2θ=tan⁡θ+2tan⁡θ1−tan⁡2θ1−tan⁡θ2tan⁡θ1−tan⁡2θ=tan⁡θ(1−tan⁡2θ)+2tan⁡θ(1−tan⁡2θ)−2tan⁡2θ=3tan⁡θ−tan⁡3θ1−3tan⁡2θ\begin{aligned} &\dfrac{\tan{\theta} + \tan{2\theta}}{1-\tan{\theta} \tan{2\theta}} \\ &= \dfrac{\tan{\theta} + \dfrac{2\tan{\theta}}{1-\tan^2{\theta}}}{1-\tan{\theta} \dfrac{2\tan{\theta}}{1-\tan^2{\theta}}}\\ &= \dfrac{\tan{\theta} (1-\tan^2{\theta}) + 2\tan{\theta}}{(1-\tan^2{\theta}) -2\tan^2{\theta}}\\ &= \dfrac{3\tan{\theta} - \tan^3{\theta}}{1-3\tan^2{\theta}} \end{aligned}

余談：tan⁡\tan の nn 倍角

tan⁡\tan の四倍角の公式は tan⁡4θ=4tan⁡θ−4tan⁡3θ1−6tan⁡2θ+tan⁡4θ \tan 4 \theta = \dfrac{4 \tan \theta - 4 \tan^3 \theta}{1 - 6 \tan^2 \theta +\tan^4 \theta} となります。二倍角・三倍角・四倍角を見比べていると，美しい規則がみつかります。

tan⁡2θ=2C1tan⁡θ2C0tan⁡0θ−2C2tan⁡2θtan⁡3θ=3C1tan⁡θ−3C3tan⁡3θ3C0tan⁡0θ−3C2tan⁡2θtan⁡4θ=4C1tan⁡θ−4C3tan⁡3θ4C0tan⁡0θ−4C2tan⁡2θ+4C4tan⁡4θ\begin{aligned} \tan 2 \theta &= \dfrac{{}_2 \mathrm{C}_{1} \tan \theta}{{}_2 \mathrm{C}_{0} \tan^0 \theta - {}_2 \mathrm{C}_{2} \tan^2 \theta}\\ \tan 3\theta &= \dfrac{{}_3 \mathrm{C}_{1} \tan \theta - {}_3 \mathrm{C}_{3} \tan^3 \theta}{{}_3 \mathrm{C}_{0} \tan^0 \theta - {}_3 \mathrm{C}_{2} \tan^2 \theta}\\ \tan 4 \theta &= \dfrac{{}_4 \mathrm{C}_{1} \tan \theta - {}_4 \mathrm{C}_{3} \tan^3 \theta}{{}_4 \mathrm{C}_{0} \tan^0 \theta - {}_4 \mathrm{C}_{2} \tan^2 \theta + {}_4 \mathrm{C}_4 \tan^4 \theta} \end{aligned}

実は，帰納法を用いると tan⁡(2n+1)θ=2n+1C1tan⁡θ+⋯+(−1)n2n+1C2n+1tan⁡2n+1θ2n+1C0tan⁡0θ+⋯+(−1)n2n+1C2ntan⁡2nθtan⁡(2n)θ=2nC1tan⁡θ+⋯+(−1)n−12nC2n−1tan⁡2n−1θ2nC0tan⁡0θ+⋯+(−1)n2nC2ntan⁡2nθ\begin{aligned} \tan (2n+1) \theta &= \dfrac{{}_{2n+1} \mathrm{C}_{1} \tan \theta + \cdots + (-1)^{n} {}_{2n+1} \mathrm{C}_{2n+1} \tan^{2n+1} \theta}{{}_{2n+1} \mathrm{C}_{0} \tan^0 \theta + \cdots + (-1)^{n} {}_{2n+1} \mathrm{C}_{2n} \tan^{2n} \theta}\\ \tan (2n) \theta &= \dfrac{{}_{2n} \mathrm{C}_{1} \tan \theta + \cdots + (-1)^{n-1} {}_{2n} \mathrm{C}_{2n-1} \tan^{2n-1} \theta}{{}_{2n} \mathrm{C}_{0} \tan^0 \theta + \cdots + (-1)^{n} {}_{2n} \mathrm{C}_{2n} \tan^{2n} \theta} \end{aligned} が示せます。

因数分解した形(sin,cos)

三倍角の公式(因数分解した形)

sin⁡3θ=−4sin⁡θsin⁡(θ+60∘)sin⁡(θ−60∘)\sin3\theta=-4\sin\theta\sin(\theta+60^\circ)\sin(\theta-60^\circ) cos⁡3θ=4cos⁡θcos⁡(θ+60∘)cos⁡(θ−60∘)\cos3\theta=4\cos\theta\cos(\theta+60^\circ)\cos(\theta-60^\circ)

右辺が因数分解されており，非常におもしろいです。証明は難しくありません。右辺を加法定理で展開すれば，三倍角の公式の右辺と一致することが確認できます。

また，三倍角の公式の右辺を因数分解して合成することでも証明できます。

証明

sin⁡3θ=−4sin⁡3θ+3sin⁡θ=sin⁡θ(−4sin⁡2θ+3)=sin⁡θ(−sin⁡2θ+3cos⁡2θ)=sin⁡θ(3cos⁡θ+sin⁡θ)(3cos⁡θ−sin⁡θ)=−4sin⁡θsin⁡(θ+60∘)sin⁡(θ−60∘)cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ=cos⁡θ(4cos⁡2θ−3)=cos⁡θ(cos⁡2θ−3sin⁡2θ)=cos⁡θ(cos⁡θ+3sin⁡θ)(cos⁡θ−3sin⁡θ)=4cos⁡θcos⁡(θ+60∘)cos⁡(θ−60∘)\begin{aligned} &\sin3\theta\\ &=-4\sin^3\theta+3\sin\theta\\ &=\sin\theta(-4\sin^2\theta+3)\\ &=\sin\theta(-\sin^2\theta+3\cos^2\theta)\\ &=\sin\theta(\sqrt{3}\cos\theta+\sin\theta)(\sqrt{3}\cos\theta-\sin\theta)\\ &=-4\sin\theta\sin(\theta+60^\circ)\sin(\theta-60^\circ)\\ &\cos3\theta\\ &=4\cos^3\theta-3\cos\theta\\ &=\cos\theta(4\cos^2\theta-3)\\ &=\cos\theta(\cos^2\theta-3\sin^2\theta)\\ &=\cos\theta(\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta)(\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta)\\ &=4\cos\theta\cos(\theta+60^\circ)\cos(\theta-60^\circ) \end{aligned}

この公式は例えば，フランクモーリーの定理の証明に用いられます。

フランクモーリーの定理

morley

任意の三角形 ABCABC において，3つの角の三等分線どうしが最初にぶつかる点を P,Q,RP, Q, R とおくと，三角形 PQRPQR は正三角形である。

猛者は数学オリンピックの本戦対策として覚えておいてもよいでしょう。 →フランク・モーリーの定理の証明

因数分解した形(tan)

さきほどの sin と cos の式から以下の tan の式を得ます。

三倍角の公式(因数分解した形)

tan⁡3θ=tan⁡θtan⁡(60∘+θ)tan⁡(60∘−θ)\tan 3\theta=\tan\theta\tan(60^{\circ}+\theta)\tan(60^{\circ}-\theta)

（解と係数の関係を使って tan の式を直接証明することもできます）

この公式が活躍する例題を2問紹介します。

例題1（千葉大2013）

tan⁡10∘=tan⁡20∘tan⁡30∘tan⁡40∘\tan 10^{\circ}=\tan 20^{\circ}\tan 30^{\circ}\tan 40^{\circ} を証明せよ。

解答

θ=10∘\theta=10^{\circ} として公式を使う： tan⁡30∘=tan⁡10∘tan⁡50∘tan⁡70∘\tan 30^{\circ}=\tan 10^{\circ}\tan 50^{\circ}\tan 70^{\circ} これと tan⁡θ=1tan⁡(90∘−θ)\tan \theta=\dfrac{1}{\tan(90^{\circ}-\theta)} より目標の式を得る。

例題2（防衛医大2024）

tan⁡50∘tan⁡70∘tan⁡60∘tan⁡80∘\dfrac{\tan 50^{\circ}\tan 70^{\circ}}{\tan 60^{\circ}\tan 80^{\circ}} の値を求めよ。

解答

同じく θ=10∘\theta=10^{\circ} として公式を使うと，答えは 13\dfrac{1}{3}

※この節は yama 先生に教えてもらった内容です。

因数分解した形はなかなか綺麗な公式です。

Tag:三角関数の基本公式一覧

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