18°倍数の三角比

\begin{alignat}{2}
&\sin 18^\circ= \cos 72^\circ=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\\
& \sin 36^\circ= \cos 54^\circ=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\\
& \sin 54^\circ= \cos 36^\circ=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\\
& \sin 72^\circ= \cos 18^\circ=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}
\end{alignat} $$ \tan 18^\circ=\sqrt{\frac{5-2\sqrt{5}}{5}}   \tan 36^\circ=\sqrt{ 5-2\sqrt{5}}$$$$ \tan 54^\circ=\sqrt{\frac{5+2\sqrt{5}}{5}}  \tan 72^\circ=\sqrt{5+2\sqrt{5} }$$                     


<証明>

\((1)\) \(36^\circ=90^\circ-54^\circ, \cos 36^\circ= \cos (90-54)^\circ\)
  \(\cos 36^\circ= \sin 54^\circ, x=18^\circ\) と置くと$$ \cos 2x= \sin 3x$$$$1-2 \sin^2 x=2 \sin x-4 \sin^3 x$$$$4 \sin^3 x-2 \sin^2 x-3 \sin x+1=0$$$$( \sin x-1)(4 \sin^2 x+2 \sin x-1)=0 ( \sin 18≠1)$$$$4 \sin^2 x+2 \sin x-1=0$$$$ \sin 18=\frac{-1\pm\sqrt{1+4}}{4}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{4}  ( \sin 18^\circ \gt 0)$$$$ \sin 18^\circ=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$



\((2)\) \(72^\circ=180^\circ-108^\circ, \cos 72^\circ=\cos (180-108)^\circ\)
  \(\cos 72^\circ=- \cos 108^\circ, x=36^\circ\) とおくと$$\cos 2x=- \cos 3x$$$$2 \cos^2 x-1=-4 \cos^3 x+3 \cos x$$$$4 \cos^3 x+2 \cos^2 x-3 \cos x-1=0$$$$( \cos x+1)(4 \cos^2 x-2 \cos x-1)=0 ( \cos 36^\circ≠-1)$$$$4 \cos^2 x-2 \cos x-1=0$$$$ \cos 36^\circ =\frac{1\pm\sqrt{1+4}}{4}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{4}  ( \cos 36^\circ \gt 0)$$$$\cos 36^\circ=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$$



  
\begin{alignat}{2}
&(3) \cos^2 18=1- \sin^2 18=1-\left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)\\
&          =1-\frac{6-2\sqrt{5}}{16}=1-\frac{3-\sqrt{5}}{8}=\frac{5+\sqrt{5}}{8}
\end{alignat}$$\cos 18^\circ=\frac{\sqrt{5+\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}$$





\begin{alignat}{2}
&(4)  \sin^2 36=1- \cos^2 36^\circ=1-\left(\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right)^2\\
&          =1-\frac{6+2\sqrt{5}}{16}=1-\frac{3+\sqrt{5}}{8}=\frac{5-\sqrt{5}}{8}
\end{alignat}$$\sin 36^\circ=\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$$





\begin{alignat}{2}
&(5)  \tan^2 18^\circ=\frac{1}{ \cos^2 18^\circ}-1=\frac{8}{5+\sqrt{5}}-1\\
&           =\frac{8(5-\sqrt{5})}{25-5}=\frac{2(5-\sqrt{5})}{5}-1=\frac{5-2\sqrt{5}}{5}
\end{alignat}$$\tan 18^\circ=\sqrt{\frac{5-2\sqrt{5}}{5}}$$





\begin{alignat}{2}
&(6)  \tan^2 36^\circ=\frac{1}{ \cos^2 36^\circ}-1=\left(\frac{4}{\sqrt{5}+1}\right)^2-1\\
&           =\frac{16}{6+2\sqrt{5}}-1=\frac{8}{3+\sqrt{5}}-1\\
&           =\frac{8(3-\sqrt{5})}{9-5}=2(3-\sqrt{5})-1=5-2\sqrt{5}
\end{alignat}$$\tan 36^\circ=\sqrt{ 5-2\sqrt{5}}$$




\begin{alignat}{2}
&(7)  \tan^2 54^\circ=\frac{1}{ \cos^2 54}-1=\frac{8}{5-\sqrt{5}}-1\\
&            =\frac{8(5+\sqrt{5})}{25-5}=\frac{2(5+\sqrt{5})}{5}-1=\frac{5+2\sqrt{5}}{5}
\end{alignat}$$ \tan 54^\circ =\sqrt{\frac{5+2\sqrt{5}}{5}}$$





\begin{alignat}{2}
&(8)  \tan^2 72^\circ=\frac{1}{ \cos^2 72^\circ}-1=\left(\frac{4}{\sqrt{5}-1}\right)^2-1\\
&           =\frac{16}{6-2\sqrt{5}}-1=\frac{8}{3-\sqrt{5}}-1\\
&           =\frac{8(3+\sqrt{5})}{9-5}=2(3+\sqrt{5})-1=5+2\sqrt{5}
\end{alignat}$$ \tan 72^\circ=\sqrt{5+2\sqrt{5}}$$






<図形から求める方法>

二等辺三角形 (底角 \(72^\circ\),頂角 \(36^\circ\)) から
$$\sin 18^\circ=\frac{\sqrt{5}-1}{4}  \cos 36^\circ=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$$を導出します。

まずは二等辺三角形 (底角 \(72^\circ\)、頂角 \(36^\circ\)) を書いて辺BCの長さ を \(1\) とします。

角 ((B\) から角の二等分線を引くと
\( \triangle ABC \sim \triangle BCD \) となるので 
辺 \(AB\) の長さを \(x ( \gt 0)\) と置くと、辺 \(CD\) の長さは \(x-1\) であるから$$x :1=1:x-1$$$$x(x-1)=1   x^2-x-1=0$$$$ x=\frac{1 \pm \sqrt{1+4}}{2}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$$
次に点 \(D\) から辺 \(AB\) に垂線を下ろすと \( \triangle AND \equiv \triangle BND \)
\(\displaystyle AN=NB=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\) (左図)

ここで \(\triangle AND\) より \(\displaystyle \cos 36^\circ=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\)

また元の二等辺三角形の点 \(A\) から辺 \(BC\) へ垂線を下ろし、その交点をMとおいて \( \triangle ABM\) を見れば (右図)
$$\sin 18^\circ=\frac{2}{\sqrt{5}+1}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$

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