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和差化积公式

## 三角函数的和差化积

### 和差化积与积化和差推导方法一
根据两角和差的正弦函数的定理有:
$$
\begin{aligned}
& \sin (x+y)=\sin x \cos y+\cos x \sin y \\
& \sin (x-y)=\sin x \cos y-\cos x \sin y
\end{aligned}
$$

由这两个等式左、右两端相加和相减得:
$$
\begin{aligned}
\sin (x+y)+\sin (x-y) & =2 \sin x \cos y   ..(1.25)\\
\sin (x+y)-\sin (x-y) & =2 \cos x \sin y   ...(1.26)
\end{aligned}
$$

设 $x+y=\alpha, x-y=\beta$, 那么
$$
x=\frac{\alpha+\beta}{2}, \quad y=\frac{\alpha-\beta}{2} ...(1.27)
$$

因此, 上面两个等式 (1.25) 和 (1.26) 就变成
$$
\begin{aligned}
& \sin \alpha+\sin \beta=2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \\
& \sin \alpha-\sin \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}
\end{aligned}
$$
根据两角和差的余弦函数的定理有:
$$
\begin{aligned}
& \cos (x+y)=\cos x \cos y-\sin x \sin y \\
& \cos (x-y)=\cos x \cos y+\sin x \sin y 
\end{aligned}
$$

由这两个等式左、右两端相加和相减得:
$$
\begin{aligned}
& \cos (x+y)+\cos (x-y)=2 \cos x \cos y \\
& \cos (x+y)-\cos (x-y)=-2 \sin x \sin y
\end{aligned}
$$

以等式 (1.27) 代人上式得:
$$
\begin{aligned}
& \cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \\
& \cos \alpha-\cos \beta=-2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}
\end{aligned}
$$

利用上面得到的四个公式; 即

#### 和差化积公式

$$
\boxed{
\begin{aligned}
\sin \alpha+\sin \beta & =2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \\
\sin \alpha-\sin \beta & =2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2} \\
\cos \alpha+\cos \beta & =2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \\
\cos \alpha-\cos \beta & =-2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}
\end{aligned}
}
$$

可以把某些三角函数的和或差化成积的形式.

上面利用了两角和与差的公式，还可以使用向量证明。

### 和差化积与积化和差推导方法二
在求解三角函数的有关问题时，有时需要把三角函数的积化为和或差的形式，有时又需要把和或差化为积的形式，这应如何转化？

借鉴前面通过计算两个单位向量 $a =(\cos \alpha, \sin \alpha), b =(\cos \beta, \sin \beta)$ 的数量积得出差角余弦公式的思路，我们继续尝试用向量的方法来探讨如何将三角函数的和或差转化为积的形式．

如图 2．3－1，从坐标原点 $O$ 出发作 $\overrightarrow{O A}=(\cos \alpha, \sin \alpha), \overrightarrow{O B}=(\cos \beta, \sin \beta)$ ，则 $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}=(\cos \alpha+\cos \beta, \sin \alpha+\sin \beta)$.

![图片](/uploads/2025-01/4e6371.jpg)
 
 在图 2．3－1 中， $\overrightarrow{O C}=(r \cos \theta, r \sin \theta)$ ，其中 $r=|\overrightarrow{O C}|, \angle x O C=\theta$ ．又因为四边形 $O A C B$ 是菱形，所以 $O C$ 是 $\angle A O B$ 的平分线，因而

$$
\theta=\alpha+\frac{\beta-\alpha}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2} .
$$

故 $\overrightarrow{O C}=\left(r \cos \frac{\alpha+\beta}{2}, r \sin \frac{\alpha+\beta}{2}\right)$ ．
又

$$
\begin{aligned}
r & =|\overrightarrow{O C}| \\
& =2|\overrightarrow{O B}| \cos \angle C O B
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =2 \cos \frac{\angle A O B}{2} \\
& =2 \cos \frac{\beta-\alpha}{2} \\
& =2 \cos \frac{\alpha-\beta}{2},
\end{aligned}
$$

所以

$$
\overrightarrow{O C}=\left(2 \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \cos \frac{\alpha+\beta}{2}, 2 \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \sin \frac{\alpha+\beta}{2}\right)
$$

于是，根据平面向量基本定理可得

$$
\begin{aligned}
\cos \alpha+\cos \beta & =2 \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \\
\sin \alpha+\sin \beta & =2 \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \sin \frac{\alpha+\beta}{2}
\end{aligned}
$$

这样通过几何图形得到上面两个公式

### 和差化积与积化和差推导方法三
1748年, 欧拉给出了著名的公式 $\mathrm{e}^{i \theta}=\cos \theta+i \sin \theta$.

$\theta=\alpha$ 带入欧拉公式有

$\mathrm{e}^{i \alpha}=\cos \alpha+i \sin \alpha$ ...①
 
 $\theta=\beta$ 带入欧拉公式有
 $\mathrm{e}^{i \beta}=\cos \beta+i \sin \beta$ ...②
 
令 $\theta=\alpha+\beta$ 带入欧拉公式有

$ \mathrm{e}^{i(\alpha+\beta)}=\cos (\alpha+\beta)+i \sin (\alpha+\beta) $ ...③

根据指数运算规律③式左侧可写成 $\mathrm{e}^{i {(\alpha+\beta)}}  =\mathrm{e}^{i \alpha} \cdot \mathrm{e}^{i \beta}$ ④

由①-④ 并根据两个负数相等，应该实部等于实部，虚部等于虚部 得到：
$$
\begin{aligned}
& \mathrm{e}^{i \alpha} \cdot \mathrm{e}^{i \beta}=(\cos \alpha+i \sin \alpha)(\cos \beta+i \sin \beta) \\
& =(\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta)+i(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta) =\cos (\alpha+\beta)+i \sin (\alpha+\beta), \\
& \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}
\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta \\
\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta
\end{array}\right. \\
&
\end{aligned}
$$

> 欧拉公式仅用作和差化积的验证，其实并不能当做证明，这是因为欧拉公式使用了棣莫弗公式，棣莫弗公式又使用了和差公式，这样相当于进行循环证明，所以，他适合作为验证，然后记忆，不作为严格的证明。

## 例题
`例` 把 $\sin ^2 \alpha-\sin ^2 \beta$ 化为乘积形式.
解: 方法 1 :
$$
\begin{aligned}
\sin ^2 \alpha-\sin ^2 \beta & =(\sin \alpha+\sin \beta)(\sin \alpha-\sin \beta) \\
& =\left(2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}\right)\left(2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}\right) \\
& =\left(2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha+\beta}{2}\right)\left(2 \sin \frac{\alpha-\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}\right) \\
& =\sin (\alpha+\beta) \sin (\alpha-\beta)
\end{aligned}
$$

方法 2: 利用公式 $\sin ^2 \alpha=\frac{1-\cos 2 \alpha}{2}$ 进行替换, 得到
$$
\begin{aligned}
\sin ^2 \alpha-\sin ^2 \beta & =\frac{1-\cos 2 \alpha}{2}-\frac{1-\cos 2 \beta}{2} \\
& =\frac{1}{2}(\cos 2 \beta-\cos 2 \alpha) \\
& =\frac{1}{2} \times(-2) \sin (\beta+\alpha) \sin (\beta-\alpha) \\
& =\sin (\alpha+\beta) \sin (\alpha-\beta)
\end{aligned}
$$

`例` 把 $1+\sin \theta+\cos \theta$ 化成积的形式.
解：
$$
\begin{aligned}
1+\sin \theta+\cos \theta & =(1+\cos \theta)+\sin \theta \\
& =2 \cos ^2 \frac{\theta}{2}+2 \sin \frac{\theta}{2} \cdot \cos \frac{\theta}{2} \\
& =2 \cos \frac{\theta}{2}\left(\cos \frac{\theta}{2}+\sin \frac{\theta}{2}\right) \\
& =2 \cos \frac{\theta}{2}\left[\sin \left(90^{\circ}-\frac{\theta}{2}\right)+\sin \frac{\theta}{2}\right] \\
& =2 \cos \frac{\theta}{2} \cdot 2 \sin 45^{\circ} \cdot \cos \left(45^{\circ}-\frac{\theta}{2}\right) \\
& =2 \sqrt{2} \cos \frac{\theta}{2} \cdot \cos \left(45^{\circ}-\frac{\theta}{2}\right)
\end{aligned}
$$

`例` 把下列各式化成积的形式
1. $1+\sin \alpha$
3. $\sin \frac{\pi}{5}+\cos \frac{\pi}{5}$
2. $1-2 \sin \alpha$

1. 方法 1:

$$
\begin{aligned}
1+\sin \alpha & =\sin 90^{\circ}+\sin \alpha \\
& =2 \sin \frac{90^{\circ}+\alpha}{2} \cos \frac{90^{\circ}-\alpha}{2} \\
& =2 \sin \left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right) \cos \left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right) \\
& =2 \sin ^2\left(45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right)=2 \cos ^2\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)
\end{aligned}
$$

方法 2:

$$
\begin{aligned}
1+\sin \alpha & =1+\cos \left(90^{\circ}-\alpha\right) \\
& =2 \cos ^2\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
1-2 \sin \alpha & =2\left(\frac{1}{2}-\sin \alpha\right) \\
& =2\left(\sin 30^{\circ}-\sin \alpha\right) \\
& =2 \times 2 \cos \frac{30^{\circ}+\alpha}{2} \sin \frac{30^{\circ}-\alpha}{2} \\
& =4 \cos \left(15^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right) \sin \left(15^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\sin \frac{\pi}{5}+\cos \frac{\pi}{5} & =\cos \left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{5}\right)+\cos \frac{\pi}{5} \\
& =\cos \frac{3 \pi}{10}+\cos \frac{\pi}{5} \\
& =2 \cos \frac{\frac{3 \pi}{10}+\frac{2 \pi}{10}}{2} \cos \frac{\frac{3 \pi}{10}-\frac{2 \pi}{10}}{2} \\
& =2 \cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{\pi}{20} \\
& =\sqrt{2} \cos \frac{\pi}{20}
\end{aligned}
$$

`例` 若 $A+B+C=180^{\circ}$, 求证 $\sin 2 A+\sin 2 B+\sin 2 C=4 \sin A \sin B \sin C$

证明：

$$
\begin{aligned}
& \sin 2 A+\sin 2 B+\sin 2 C \\
& =2 \sin (A+B) \cos (A-B)+2 \sin C \cos C \\
& =2 \sin C \cos (A-B)+2 \sin C \cos C \quad(\sin (A+B)=\sin C) \\
& =2 \sin C[\cos (A-B)+\cos C] \\
& =2 \sin C[\cos (A-B)-\cos (A+B)] \quad(\cos C=-\cos (A+B)) \\
& =2 \sin C[-2 \sin A \sin (-B)] \\
& =4 \sin A \sin B \sin C
\end{aligned}
$$

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