정삼각형 대각선 길이 - jeongsamgaghyeong daegagseon gil-i

이 글은 공동 작성자 David Jia. 데이빗 지아는 학업 지도 교사이며 캘리포니아 주 로스 엔젤레스 소재 개인 과외업체인 LA Math Tutoring의 창업자이다. 10년 간의 교사 경력을 바탕으로 데이빗은 모든 연령과 학년의 학생들에게 다양한 과목을 지도할 뿐만 아니라 대학진학 상담과 SAT, ACT, ISEE 등의 시험 준비도 제공한다. 데이빗은 SAT에서 수학 800점 만점과 영어 690점으로 마이애미대학에서 디킨슨 장학금을 받았다. 그는 이 대학에서 경영학 학사학위를 받았다. 데이빗은 또한 Larson Texts, Big Ideas Learning, Big Ideas Math와 같은 교과서 발행사의 온라인 강의도 하고 있다.

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첫 번째로 직사각형과 정사각형에 적용해보죠. 직사각형과 정사각형은 이미 직각이 포함되어 있기 때문에 직각삼각형을 쉽게 만들 수 있어요. 따라서 별다른 작업 없이 피타고라스의 정리를 바로 적용할 수 있지요. 직사각형과 정사각형에서 대각선의 길이를 구하는 방법에 대해서 알아볼까요.

직사각형의 대각선 길이

한 변의 길이가 a이고 다른 한 변의 길이가 b인 직사각형이 있다고 하죠. 직사각형은 마주 보는 변의 길이는 같으니까 다른 변의 길이도 a, b이죠? (직사각형의 성질, 직사각형이 되는 조건)

직사각형에서 대각선을 그으면 두 개의 직각삼각형으로 나뉘고, 대각선은 직각삼각형의 빗변이 돼요. (빗변의 길이) = (대각선의 길이)이므로 피타고라스의 정리를 이용하면 바로 구할 수 있죠.

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1. 개요2. 공식

2.1. 복소수의 경우

3.1. 단위원을 이용한 증명

3.1.1. 모든 각에 대하여 덧셈 정리가 유효한 이유

4.1. 삼각함수의 합성4.2. 배각의 공식

4.2.1. 3배각의 공식

1. 개요[편집]

angle addition and subtraction formulas · 三角函數- 加法定理

두 각의 합이나 차에 대한 삼각함수의 값을 구하는 공식이다. 알렉산드리아의 수학자 프톨레마이오스(Claudius Ptolemaeus)의 저서 알마게스트(Almagest)에 최초로 언급되어 정리되었다.

2. 공식[편집]

두 각 α\alphaα, β\betaβ에 대하여 다음이 성립한다.

sin⁡(α±β)=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡βcos⁡(α±β)=cos⁡αcos⁡β∓sin⁡αsin⁡βtan⁡(α±β)=tan⁡α±tan⁡β1∓tan⁡αtan⁡β\displaystyle \begin{aligned} \sin{(\alpha \pm \beta)}&=\sin{\alpha}\cos{\beta} \pm \cos{\alpha}\sin{\beta} \\ \cos{(\alpha \pm \beta)}&=\cos{\alpha}\cos{\beta} \mp \sin{\alpha}\sin{\beta} \\ \tan{(\alpha \pm \beta)}&=\frac{\tan{\alpha} \pm \tan{\beta}}{1 \mp \tan{\alpha}\tan{\beta}} \end{aligned}sin(α±β)cos(α±β)tan(α±β)​=sinαcosβ±cosαsinβ=cosαcosβ∓sinαsinβ=1∓tanαtanβtanα±tanβ​​

복부호 동순이며, α\alphaα, β\betaβ의 부호에 관계 없이 성립한다.

2.1. 복소수의 경우[편집]

간단히 sin⁡β→isinh⁡β\sin\beta \to i \sinh \betasinβ→isinhβ, cos⁡β→cosh⁡β\cos\beta \to \cosh \betacosβ→coshβ로 갈음하면 된다. sinh⁡\sinhsinh, cosh⁡\coshcosh, tanh⁡\tanhtanh는 쌍곡선 함수이다.

sin⁡(α±iβ)=sin⁡αcosh⁡β±icos⁡αsinh⁡βcos⁡(α±iβ)=cos⁡αcosh⁡β∓isin⁡αsinh⁡βtan⁡(α±iβ)=tan⁡α±itanh⁡β1∓itan⁡αtanh⁡β\displaystyle \begin{aligned} \sin{(\alpha\pm i \beta)}&=\sin\alpha\cosh\beta\pm i \cos\alpha\sinh\beta \\ \cos{(\alpha\pm i \beta)}&=\cos\alpha\cosh\beta\mp i \sin\alpha\sinh\beta \\\tan{(\alpha\pm i \beta)}&=\frac{\tan\alpha\pm i \tanh\beta}{1\mp i \tan\alpha\tanh\beta} \end{aligned}sin(α±iβ)cos(α±iβ)tan(α±iβ)​=sinαcoshβ±icosαsinhβ=cosαcoshβ∓isinαsinhβ=1∓itanαtanhβtanα±itanhβ​​

3. 증명[편집]

이 문서에서는 대표적인 6가지를 서술했으나 이 외에도 여러 방법이 있다.

3.1. 단위원을 이용한 증명[편집]

AB‾2=OA‾2+OB‾2−2OA‾⋅OB‾cos⁡(∠AOB)=12+12−2⋅1⋅1cos⁡(α−β)=2−2cos⁡(α−β)\displaystyle \begin{aligned} {\overline{\rm{AB}} }^{2}&={\overline{\rm{OA}} }^{2}+{\overline{\rm{OB}} }^{2}-2{\overline{\rm{OA}} } \cdot {\overline{\rm{OB}} } \cos{(\angle \rm AOB)}\\ &=1^2+1^2-2\cdot 1 \cdot 1 \cos{(\alpha-\beta)} \\&= 2-2\cos{(\alpha-\beta)} \end{aligned}AB2​=OA2+OB2−2OA⋅OBcos(∠AOB)=12+12−2⋅1⋅1cos(α−β)=2−2cos(α−β)​

한편, 좌표 사이의 거리 공식에 의하여

AB‾2=[(cos⁡α−cos⁡β)2+(sin⁡α−sin⁡β)2]2=(sin⁡2α+cos⁡2α)+(sin⁡2β+cos⁡2β)−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)=1+1−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)=2−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β)\displaystyle \begin{aligned} {\overline{\rm{AB}} }^{2}&=\left[\sqrt{(\cos{\alpha}-\cos{\beta})^{2}+(\sin{\alpha}-\sin{\beta})^{2}} \right]^{2} \\&=(\sin^{2}{\alpha}+\cos^{2}{\alpha})+(\sin^{2}{\beta}+\cos^{2}{\beta})-2( \cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta}) \\&=1+1-2(\cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta} ) \\&=2-2( \cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta} ) \end{aligned}AB2​=[(cosα−cosβ)2+(sinα−sinβ)2​]2=(sin2α+cos2α)+(sin2β+cos2β)−2(cosαcosβ+sinαsinβ)=1+1−2(cosαcosβ+sinαsinβ)=2−2(cosαcosβ+sinαsinβ)​

여기서 삼각함수 항등식 sin⁡2θ+cos⁡2θ=1\sin^{2}{\theta}+\cos^{2}{\theta}=1sin2θ+cos2θ=1을 사용하였다. 위와 아래의 결과를 비교함으로써 다음을 얻는다.

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha-\beta)}=\cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ​

cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡(−β)+sin⁡αsin⁡(−β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{\alpha}\cos{(-\beta)}+\sin{\alpha}\sin{(-\beta)} \\ &=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}cos(α+β)​=cosαcos(−β)+sinαsin(−β)=cosαcosβ−sinαsinβ​

한편,

cos⁡{π2−(α±β)}=sin⁡(α±β)\displaystyle \cos{\left\{\frac{\pi}{2}-(\alpha \pm \beta) \right\} }=\sin{(\alpha \pm \beta)}cos{2π​−(α±β)}=sin(α±β)

임을 이용하면,

sin⁡(α±β)=cos⁡(π2−α∓β)=cos⁡{(π2−α)∓β}=cos⁡(π2−α)cos⁡β±sin⁡(π2−α)sin⁡β=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \sin{(\alpha \pm \beta)}&=\cos{\left( \frac{\pi}{2}-\alpha \mp \beta \right)} \\&=\cos{\left\{ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) \mp \beta \right\}} \\&=\cos{ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}\cos{\beta} \pm \sin{ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}\sin{\beta} \\&=\sin{\alpha}\cos{\beta} \pm \cos{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}sin(α±β)​=cos(2π​−α∓β)=cos{(2π​−α)∓β}=cos(2π​−α)cosβ±sin(2π​−α)sinβ=sinαcosβ±cosαsinβ​

탄젠트에 대한 덧셈 정리는 쉽게

tan⁡(α±β)=sin⁡(α±β)cos⁡(α±β)=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡β∓sin⁡αsin⁡β=sin⁡αcos⁡β±cos⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡βcos⁡αcos⁡β∓sin⁡αsin⁡βcos⁡αcos⁡β=sin⁡αcos⁡α±sin⁡βcos⁡β1∓sin⁡αcos⁡αsin⁡βcos⁡β=tan⁡α±tan⁡β1∓tan⁡αtan⁡β\displaystyle \begin{aligned} \tan{(\alpha \pm \beta)}&=\frac{\sin{(\alpha \pm \beta)}}{\cos{(\alpha \pm \beta)}}\\&=\frac{\sin{\alpha}\cos{\beta} \pm \cos{\alpha}\sin{\beta}}{\cos{\alpha}\cos{\beta} \mp \sin{\alpha}\sin{\beta} }\\&= \frac{\dfrac{\sin{\alpha}\cos{\beta} \pm \cos{\alpha}\sin{\beta}}{\cos{\alpha}\cos{\beta} }}{\dfrac{\cos{\alpha}\cos{\beta} \mp \sin{\alpha}\sin{\beta}}{\cos{\alpha}\cos{\beta}} } \\&=\frac{\dfrac{\sin{\alpha}}{\cos{\alpha}} \pm \dfrac{\sin{\beta}}{\cos{\beta}}}{1 \mp \dfrac{\sin{\alpha}}{\cos{\alpha}}\dfrac{\sin{\beta}}{\cos{\beta}} } \\&=\frac{\tan{\alpha} \pm \tan{\beta}}{1 \mp \tan{\alpha} \tan{\beta}} \end{aligned}tan(α±β)​=cos(α±β)sin(α±β)​=cosαcosβ∓sinαsinβsinαcosβ±cosαsinβ​=cosαcosβcosαcosβ∓sinαsinβ​cosαcosβsinαcosβ±cosαsinβ​​=1∓cosαsinα​cosβsinβ​cosαsinα​±cosβsinβ​​=1∓tanαtanβtanα±tanβ​​

위의 과정에서는 α≥β≥0\alpha \geq \beta \geq 0α≥β≥0과 α+β≥0\alpha + \beta \geq 0α+β≥0 혹은 α−β≥0\alpha - \beta \geq 0α−β≥0을 만족시킬 때만 증명했지만 실제로는 모든 α\alphaα, β\betaβ에 대하여 성립한다.(아래 문단 참조)

3.1.1. 모든 각에 대하여 덧셈 정리가 유효한 이유[편집]

위 문단에서 α≥β≥0\alpha \geq \beta \geq 0α≥β≥0, α+β≥0\alpha + \beta \geq 0α+β≥0 혹은 α−β≥0\alpha - \beta \geq 0α−β≥0을 만족시킬 때, 덧셈 정리를 유도했다. 그렇다면 모든 α\alphaα, β\betaβ에 대해서도 덧셈 정리가 성립할까? 예를 들어서 설명하면 '코사인의 덧셈 정리 cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\cos{(\alpha+\beta})=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ가 α≥0\alpha \geq 0α≥0, β<0\beta < 0β<0을 만족시킬 때, 이 덧셈 정리는 유효한가?'가 이 문단에서 묻고자 하는 바이다. 결론적으로 말하면, 모든 각에 대하여 유효한데, 이것을 이 문단에서 초등적으로 증명해보고자 한다.

α\alphaα, β\betaβ의 부호에 관계 없이 덧셈 정리가 유효함을 증명하는 것은 코사인에 대해서만 할 것인데, 이는 코사인을 통해 사인, 탄젠트의 덧셈 정리가 유도됐기 때문에 코사인이 증명되면 사인과 탄젠트는 자동으로 성립하기 때문이다.

우선 cos⁡(α+β)\cos{(\alpha+\beta)}cos(α+β)에 대해 증명하자. 코사인의 성질로 위의 조건을 만족시키도록 식을 변형한 뒤 식을 되돌리는 방식으로 증명한다.

[1] α≥0, β<0\boldsymbol{\alpha \geq0,\,\beta < 0}α≥0,β<0

cos⁡(α+β)=cos⁡(α−∣β∣)\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{(\alpha-|\beta|)} \end{aligned}cos(α+β)​=cos(α−∣β∣)​

한편, α−∣β∣\alpha-|\beta|α−∣β∣는 양도 음도 될 수 있으므로 α≥∣β∣\alpha \geq |\beta|α≥∣β∣, α<∣β∣\alpha < |\beta|α<∣β∣인 영역으로 나눈다. 전자의 경우 α−∣β∣>0\alpha -|\beta| > 0α−∣β∣>0을 만족시키므로 유도했던 덧셈 정리를 쓸 수 있다.

cos⁡(α+β)=cos⁡(α−∣β∣)=cos⁡αcos⁡∣β∣+sin⁡αsin⁡∣β∣=cos⁡αcos⁡(−∣β∣)+sin⁡α{−sin⁡(−∣β∣)}=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{(\alpha-|\beta|)} \\ &=\cos{\alpha}\cos{|\beta|}+\sin{\alpha}\sin{|\beta|} \\ &=\cos{\alpha}\cos{(-|\beta|)}+\sin{\alpha}\{-\sin{(-|\beta|)}\}\\&=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}cos(α+β)​=cos(α−∣β∣)=cosαcos∣β∣+sinαsin∣β∣=cosαcos(−∣β∣)+sinα{−sin(−∣β∣)}=cosαcosβ−sinαsinβ​

따라서 덧셈 정리를 적용할 수 있다. 후자에 대해선

cos⁡(α+β)=cos⁡(α−∣β∣)=cos⁡(∣β∣−α)\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{(\alpha-|\beta|)} \\ &=\cos{(|\beta|-\alpha)} \end{aligned}cos(α+β)​=cos(α−∣β∣)=cos(∣β∣−α)​

∣β∣−α>0|\beta|-\alpha>0∣β∣−α>0을 만족시키므로 유도했던 덧셈 정리를 쓰면 다음과 같이 동일한 결과를 얻는다.

cos⁡(α+β)=cos⁡∣β∣cos⁡α+sin⁡∣β∣sin⁡α=cos⁡(−∣β∣)cos⁡α+{−sin⁡(−∣β∣)}sin⁡α=cos⁡βcos⁡α−sin⁡βsin⁡α=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)} &=\cos{|\beta|}\cos{\alpha}+\sin{|\beta|}\sin{\alpha} \\ &=\cos{(-|\beta|)}\cos{\alpha}+\{-\sin{(-|\beta|)}\}\sin{\alpha} \\&=\cos{\beta}\cos{\alpha}-\sin{\beta}\sin{\alpha} \\&=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}cos(α+β)​=cos∣β∣cosα+sin∣β∣sinα=cos(−∣β∣)cosα+{−sin(−∣β∣)}sinα=cosβcosα−sinβsinα=cosαcosβ−sinαsinβ​

[2] α<0, β≥0\boldsymbol{\alpha < 0,\,\beta \geq 0}α<0,β≥0

cos⁡(α+β)=cos⁡(−∣α∣+β)=cos⁡(β−∣α∣)\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{(-|\alpha|+\beta)}=\cos{(\beta-|\alpha|)} \end{aligned}cos(α+β)​=cos(−∣α∣+β)=cos(β−∣α∣)​

그런데 이 꼴은 [1]에서 보았던 꼴이므로 [1]의 결과에서 α→β\alpha \to \betaα→β, β→α\beta \to \alphaβ→α로 대치하면 된다. 따라서 이 경우에도 덧셈 정리는 성립한다.

[3] α<0, β<0\boldsymbol{\alpha < 0,\,\beta < 0}α<0,β<0

cos⁡(α+β)=cos⁡{−(∣α∣−∣β∣)}=cos⁡(∣α∣+∣β∣)\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{\{-(|\alpha|-|\beta|)\}}=\cos{(|\alpha|+|\beta|)} \end{aligned}cos(α+β)​=cos{−(∣α∣−∣β∣)}=cos(∣α∣+∣β∣)​

이 경우 ∣α∣+∣β∣>0|\alpha| +|\beta| > 0∣α∣+∣β∣>0을 만족시키므로 유도했던 덧셈 정리를 쓸 수 있다.

cos⁡(α+β)=cos⁡(∣α∣+∣β∣)=cos⁡∣α∣cos⁡∣β∣−sin⁡∣α∣sin⁡∣β∣=cos⁡(−∣α∣)cos⁡(−∣β∣)−{−sin⁡(−∣α∣)}{−sin⁡(−∣β∣)}=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \cos{(\alpha+\beta)}&=\cos{(|\alpha|+|\beta|)} \\ &=\cos{|\alpha|}\cos{|\beta|}-\sin{|\alpha|}\sin{|\beta|} \\ &=\cos{(-|\alpha|)}\cos{(-|\beta|)}-\{-\sin{(-|\alpha|)}\}\{-\sin{(-|\beta|)}\} \\&= \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}cos(α+β)​=cos(∣α∣+∣β∣)=cos∣α∣cos∣β∣−sin∣α∣sin∣β∣=cos(−∣α∣)cos(−∣β∣)−{−sin(−∣α∣)}{−sin(−∣β∣)}=cosαcosβ−sinαsinβ​

곧, 이 경우에도 덧셈 정리가 성립한다.

같은 방법으로 cos⁡(α−β)\cos{(\alpha-\beta)}cos(α−β)의 경우에도 부호에 관계없이 덧셈 정리를 적용할 수 있음을 증명할 수 있다.

이 결과는 α+β\alpha+\betaα+β 혹은 α−β\alpha-\betaα−β가 음이라도 덧셈 정리는 유효함 또한 암시한다. 나아가 상술했듯 각이 실수가 아니어도 성립한다.

3.2. 삼각형의 넓이를 이용한 증명[편집]

△ABC=12AB‾⋅AC‾sin⁡(α+β)\displaystyle \begin{aligned} \triangle {\rm ABC}=\frac{1}{2}\overline{\rm AB} \cdot \overline{\rm AC} \sin{(\alpha+\beta)} \end{aligned}△ABC=21​AB⋅ACsin(α+β)​

한편, △ABC=△ABH+△AHC\triangle {\rm ABC}=\triangle {\rm ABH}+\triangle {\rm AHC}△ABC=△ABH+△AHC인데,

△ABH=12AB‾⋅AH‾sin⁡α△AHC=12AC‾⋅AH‾sin⁡α\displaystyle \begin{aligned} \triangle {\rm ABH}&=\frac{1}{2}\overline{\rm AB} \cdot \overline{\rm AH} \sin{\alpha} \\ \triangle{\rm AHC}&=\frac{1}{2}\overline{\rm AC} \cdot \overline{\rm AH} \sin{\alpha} \end{aligned}△ABH△AHC​=21​AB⋅AHsinα=21​AC⋅AHsinα​

삼각비의 정의에 따라

AH‾=AB‾cos⁡α=AC‾cos⁡β\displaystyle \overline{\rm AH}=\overline{\rm AB}\cos{\alpha}=\overline{\rm AC}\cos{\beta}AH=ABcosα=ACcosβ

이므로

△ABH=12AB‾⋅(AC‾cos⁡β)sin⁡α△AHC=12AC‾⋅(AB‾cos⁡α)sin⁡β∴△ABC=12AB‾⋅AC‾(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)\displaystyle \begin{aligned} \triangle {\rm ABH}&=\frac{1}{2}\overline{\rm AB} \cdot (\overline{\rm AC} \cos{\beta}) \sin{\alpha} \\ \triangle{\rm AHC}&=\frac{1}{2}\overline{\rm AC} \cdot (\overline{\rm AB} \cos{\alpha}) \sin{\beta} \\ \therefore \triangle {\rm ABC}&=\frac{1}{2}\overline{\rm AB} \cdot \overline{\rm AC} (\sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}) \end{aligned}△ABH△AHC∴△ABC​=21​AB⋅(ACcosβ)sinα=21​AC⋅(ABcosα)sinβ=21​AB⋅AC(sinαcosβ+cosαsinβ)​

두 방식으로 구한 △ABC\triangle {\rm ABC}△ABC의 우변을 비교하면,

sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β\displaystyle \sin{(\alpha+\beta)}=\sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ

으로 단위 원을 사용했을 때와 같은 결과를 얻음을 알 수 있다.

3.3. 벡터를 이용한 증명[편집]

xxx축과 이루는 양의 방향의 각이 각각 α\alphaα, β\betaβ인 두 단위 벡터 V\mathbf{V}V, U\mathbf{U}U를 고려하자. 두 벡터의 내적은

V⋅U=∣V∣∣U∣cos⁡(α−β)=cos⁡(α−β)\displaystyle \mathbf{V} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{U}=|\mathbf{V}||\mathbf{U}|\cos{(\alpha-\beta)}=\cos{(\alpha-\beta)}V⋅U=∣V∣∣U∣cos(α−β)=cos(α−β)

이다. 한편,

V=(cos⁡α, sin⁡α)U=(cos⁡β, sin⁡β)\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{V}&=(\cos{\alpha},\,\sin{\alpha}) \\ \mathbf{U}&=(\cos{\beta},\,\sin{\beta}) \end{aligned}VU​=(cosα,sinα)=(cosβ,sinβ)​

이므로 내적의 값은

V⋅U=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β\displaystyle \mathbf{V} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{U}=\cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta}V⋅U=cosαcosβ+sinαsinβ

두 결과를 비교하면,

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β\displaystyle \cos{(\alpha-\beta)}=\cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta}cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ

이는 단위 원을 이용했을 때의 증명과 같은 결과이므로 같은 방법으로 사인, 탄젠트에 대한 덧셈 정리를 얻을 수 있다.

3.4. 선형변환을 이용한 증명[편집]

[cos⁡β   −sin⁡βsin⁡β   cos⁡β][cos⁡α   −sin⁡αsin⁡α   cos⁡α]=[cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β   −(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β   cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β]\displaystyle \begin{aligned} \begin{bmatrix}\cos{\beta} \,\,\,&-\sin{\beta} \\ \sin{\beta} \,\,\,& \cos{\beta}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\cos{\alpha} \,\,\,&-\sin{\alpha} \\ \sin{\alpha} \,\,\,& \cos{\alpha}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \,\,\,&-(\sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}) \\ \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} \,\,\,& \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}\end{bmatrix} \end{aligned}[cosβsinβ​−sinβcosβ​][cosαsinα​−sinαcosα​]=[cosαcosβ−sinαsinβsinαcosβ+cosαsinβ​−(sinαcosβ+cosαsinβ)cosαcosβ−sinαsinβ​]​

이 변환이 행해진 후 점의 좌표는

[cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β   −(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β   cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β][10]=[cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡βsin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β]\displaystyle \begin{aligned} \begin{bmatrix}\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \,\,\,&-(\sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}) \\ \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} \,\,\,& \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \\ \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} \end{bmatrix} \end{aligned}[cosαcosβ−sinαsinβsinαcosβ+cosαsinβ​−(sinαcosβ+cosαsinβ)cosαcosβ−sinαsinβ​][10​]=[cosαcosβ−sinαsinβsinαcosβ+cosαsinβ​]​

한편, P′′(cos⁡(α+β), sin⁡(α+β)){\rm P''}(\cos{(\alpha+\beta)},\,\sin{(\alpha+\beta)})P′′(cos(α+β),sin(α+β))이므로 위 변환의 결과는

[cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡βsin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β]=[cos⁡(α+β)sin⁡(α+β)]\displaystyle \begin{bmatrix}\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \\ \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\cos{(\alpha+\beta)} \\ \sin{(\alpha+\beta)} \end{bmatrix}[cosαcosβ−sinαsinβsinαcosβ+cosαsinβ​]=[cos(α+β)sin(α+β)​]

각 성분을 비교하면 단위원을 이용했을 때와 결과가 동일함을 알 수 있다.

3.5. 미분을 이용한 증명[편집]

이 증명은 삼각함수를 무한급수로 정의하는 경우에서 의미가 있다. 삼각함수를 고등학교 수학처럼 정의하는 경우, 미분에서 덧셈정리를 내포하고 있으므로 당연히 이 증명을 쓸 수 없다.

이미 (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin{x})'=\cos{x}(sinx)′=cosx, (cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos{x})'=-\sin{x}(cosx)′=−sinx임을 알고 있다. 임의의 실수 aaa에 대하여 aaa를 고정한 후

f(x)=cos⁡(a−x)cos⁡x−sin⁡xsin⁡(a−x)\displaystyle f(x)=\cos{(a-x)}\cos{x}-\sin{x}\sin{(a-x)}f(x)=cos(a−x)cosx−sinxsin(a−x)

로 놓으면

f′(x)=sin⁡(a−x)cos⁡x−cos⁡(a−x)sin⁡x−cos⁡xsin⁡(a−x)+sin⁡xcos⁡(a−x)=0\displaystyle f'(x)=\sin{(a-x)}\cos{x}-\cos{(a-x)}\sin{x}-\cos{x}\sin{(a-x)}+\sin{x}\cos{(a-x)}=0f′(x)=sin(a−x)cosx−cos(a−x)sinx−cosxsin(a−x)+sinxcos(a−x)=0

이다. 또한 f(0)=cos⁡af(0)=\cos{a}f(0)=cosa이므로 곧 f(x)f(x)f(x)는 f′(x)=0f'(x)=0f′(x)=0, f(0)=cos⁡af(0)=\cos{a}f(0)=cosa를 동시에 만족시키는 것이므로 부정적분하면 상수함수가 돼야 함을 알 수 있다.

f(x)=cos⁡(a−x)cos⁡x−sin⁡xsin⁡(a−x)=cos⁡a\displaystyle f(x)=\cos{(a-x)}\cos{x}-\sin{x}\sin{(a-x)}=\cos{a}f(x)=cos(a−x)cosx−sinxsin(a−x)=cosa

이다. 이때, 모든 실수 xxx, yyy에 대하여 a=x+ya=x+ya=x+y로 놓으면

cos⁡(x+y)=cos⁡xcos⁡y−sin⁡xsin⁡y\displaystyle \cos{(x+y)}=\cos{x}\cos{y}-\sin{x}\sin{y}cos(x+y)=cosxcosy−sinxsiny

으로 단위 원을 이용했을 때와 같은 결과를 얻는다.

이 결과는 모든 실수 xxx, yyy에 대해 성립하므로 모든 각에 대하여 덧셈 정리가 유효함 또한 뒷받침하고 있다.

3.6. 오일러 공식을 이용한 증명[편집]

오일러 공식

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ(i=−1)\displaystyle e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta}\quad(i=\sqrt{-1})eiθ=cosθ+isinθ(i=−1​)

을 이용하면

eiαeiβ=ei(α+β)=cos⁡(α+β)+isin⁡(α+β)\displaystyle \begin{aligned} e^{i\alpha}e^{i\beta}&=e^{i(\alpha+\beta)}\\&=\cos{(\alpha+\beta)}+i\sin{(\alpha+\beta)} \end{aligned}eiαeiβ​=ei(α+β)=cos(α+β)+isin(α+β)​

한편,

eiαeiβ=(cos⁡α+isin⁡α)(cos⁡β+isin⁡β)=(cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β)+i(sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β)\displaystyle \begin{aligned} e^{i\alpha}e^{i\beta}&=(\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}) \end{aligned}eiαeiβ​=(cosα+isinα)(cosβ+isinβ)=(cosαcosβ−sinαsinβ)+i(sinαcosβ+cosαsinβ)​

두 복소수가 같을 조건에 의하여 실수부와 허수부를 분리하면

ℑ(eiαeiβ)=sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡βℜ(eiαeiβ)=cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\displaystyle \begin{aligned} \Im(e^{i\alpha}e^{i\beta})&=\sin{(\alpha + \beta)}=\sin{\alpha}\cos{\beta} + \cos{\alpha}\sin{\beta} \\ \Re(e^{i\alpha}e^{i\beta})&=\cos{(\alpha +\beta)}=\cos{\alpha}\cos{\beta} - \sin{\alpha}\sin{\beta} \end{aligned}ℑ(eiαeiβ)ℜ(eiαeiβ)​=sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ​

이는 단위 원을 통해 유도한 결과와 같다.

4. 따름정리[편집]

아래 문단을 정리하면 아래와 같다.

• 삼각함수의 합성

  asin⁡θ+bcos⁡θ=a2+b2sin⁡(θ+φ)(sin⁡φ=ba2+b2, cos⁡φ=aa2+b2)=a2+b2cos⁡(θ−ν)(sin⁡ν=aa2+b2, cos⁡ν=ba2+b2)\displaystyle \begin{aligned} a\sin{\theta}+b\cos{\theta}&=\sqrt{a^2+b^2}\sin{(\theta+\varphi)} \quad & \left( \sin{\varphi}=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}, \, \cos{\varphi}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \\ &=\sqrt{a^2+b^2}\cos{(\theta-\nu)} \quad & \left( \sin{\nu}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \, \cos{\nu}=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \end{aligned}asinθ+bcosθ​=a2+b2​sin(θ+φ)=a2+b2​cos(θ−ν)​(sinφ=a2+b2​b​,cosφ=a2+b2​a​)(sinν=a2+b2​a​,cosν=a2+b2​b​)​

• 배각의 공식

  sin⁡2α=2sin⁡αcos⁡αcos⁡2α=2cos⁡2α−1=1−2sin⁡2α=1−tan⁡2α1+tan⁡2αtan⁡2α=2tan⁡α1−tan⁡2α\displaystyle \begin{aligned} \sin{2\alpha}&=2\sin{\alpha}\cos{\alpha} \\ \cos{2\alpha}&=2\cos^{2}{\alpha}-1 \\ &=1-2\sin^{2}{\alpha} \\ &=\frac{1-\tan^{2}{\alpha}}{1+\tan^{2}{\alpha}} \\ \tan{2\alpha}&=\frac{2\tan{\alpha}}{1-\tan^{2}{\alpha}} \end{aligned}sin2αcos2αtan2α​=2sinαcosα=2cos2α−1=1−2sin2α=1+tan2α1−tan2α​=1−tan2α2tanα​​

• 반각의 공식

  sin⁡2(α2)=1−cos⁡α2cos⁡2(α2)=1+cos⁡α2tan⁡2(α2)=1−cos⁡α1+cos⁡α\displaystyle \begin{aligned} \sin^{2}{\left(\frac{\alpha}{2}\right)}&=\frac{1-\cos{\alpha}}{2} \\ \cos^{2}{\left(\frac{\alpha}{2}\right)}&=\frac{1+\cos{\alpha}}{2} \\ \tan^{2}{\left(\frac{\alpha}{2}\right)}&=\frac{1-\cos{\alpha}}{1+\cos{\alpha}} \end{aligned}sin2(2α​)cos2(2α​)tan2(2α​)​=21−cosα​=21+cosα​=1+cosα1−cosα​​

• 곱을 합으로 바꾸는 공식

  sin⁡αcos⁡β=12{sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)}cos⁡αsin⁡β=12{sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)}cos⁡αcos⁡β=12{cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)}sin⁡αsin⁡β=−12{cos⁡(α+β)−cos⁡(α−β)}\displaystyle \begin{aligned} \sin{\alpha}\cos{\beta}&=\frac{1}{2}\{ \sin{(\alpha+\beta)}+\sin{(\alpha-\beta)} \}\\ \cos{\alpha}\sin{\beta}&=\frac{1}{2}\{ \sin{(\alpha+\beta)}-\sin{(\alpha-\beta)} \} \\ \cos{\alpha}\cos{\beta}&=\frac{1}{2}\{ \cos{(\alpha+\beta)}+\cos{(\alpha-\beta)} \} \\ \sin{\alpha}\sin{\beta}&=-\frac{1}{2}\{ \cos{(\alpha+\beta)}-\cos{(\alpha-\beta)} \} \end{aligned}sinαcosβcosαsinβcosαcosβsinαsinβ​=21​{sin(α+β)+sin(α−β)}=21​{sin(α+β)−sin(α−β)}=21​{cos(α+β)+cos(α−β)}=−21​{cos(α+β)−cos(α−β)}​

• 합을 곱으로 바꾸는 공식

  sin⁡A+sin⁡B=2sin⁡(A+B2)cos⁡(A−B2)sin⁡A−sin⁡B=2cos⁡(A+B2)sin⁡(A−B2)cos⁡A+cos⁡B=2cos⁡(A+B2)cos⁡(A−B2)cos⁡A−cos⁡B=−2sin⁡(A+B2)sin⁡(A−B2)\displaystyle \begin{aligned} \sin{A}+\sin{B}&=2\sin{\left(\frac{A+B}{2}\right)}\cos{\left(\frac{A-B}{2}\right)} \\ \sin{A}-\sin{B}&=2\cos{\left(\frac{A+B}{2}\right)}\sin{\left(\frac{A-B}{2}\right)} \\ \cos{A}+\cos{B}&=2\cos{\left(\frac{A+B}{2}\right)}\cos{\left(\frac{A-B}{2}\right)} \\ \cos{A}-\cos{B}&=-2\sin{\left(\frac{A+B}{2}\right)}\sin{\left(\frac{A-B}{2}\right)} \end{aligned}