球面三角形の半角公式

$a=90^\circ$、$b=c=60^\circ$ の球面三角形の角 $A$ を求める（図 1）。
(1) 球面の余弦定理から
$$ \cos A=\frac{\cos a-\cos b\cos c}{\sin b\sin c}=\frac{0-\frac12\cdot\frac12}{\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt3}2}=\frac{-\frac14}{\frac34}=-\frac13 $$
で、$A=109.47\ldots^\circ$ の鈍角である。
(2) 半角の公式 $\sin^2\dfrac\theta2=\dfrac{1-\cos\theta}2$、$\cos^2\dfrac\theta2=\dfrac{1+\cos\theta}2$（加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く）から
$$ \sin^2\frac A2=\frac{1+\frac13}2=\frac23,\qquad \cos^2\frac A2=\frac{1-\frac13}2=\frac13 $$
である。
(3) 3 辺の和の半分を $s=\dfrac{90^\circ+60^\circ+60^\circ}2=105^\circ$ とおくと、$s-a=15^\circ$、$s-b=s-c=45^\circ$ である。平面の式の辺を正弦に置き換えた
$$ \frac{\sin(s-b)\sin(s-c)}{\sin b\sin c}=\frac{\frac{\sqrt2}2\cdot\frac{\sqrt2}2}{\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt3}2}=\frac{\frac12}{\frac34}=\frac23 $$
を計算すると、(2) の $\sin^2\dfrac A2$ がそのまま現れる。また $\sin s\sin(s-a)=\sin105^\circ\sin15^\circ=\cos15^\circ\sin15^\circ=\dfrac12\sin30^\circ=\dfrac14$（2 倍角の公式）なので
$$ \frac{\sin s\sin(s-a)}{\sin b\sin c}=\frac{\frac14}{\frac34}=\frac13 $$
で、(2) の $\cos^2\dfrac A2$ が現れる。

北極 $A$ と、赤道の上で経度が $60^\circ$ 離れた 2 点 $B$、$C$ を頂点とする球面三角形では、$b=c=90^\circ$（北極から赤道まで）、$a=60^\circ$（赤道に沿う弧）である。角は $A=60^\circ$（経度の差）、$B=C=90^\circ$（経線は赤道に垂直）である。
$s=\dfrac{60^\circ+90^\circ+90^\circ}2=120^\circ$、$s-a=60^\circ$、$s-b=s-c=30^\circ$ である。
(1) 角 $A$：$\dfrac{\sin(s-b)\sin(s-c)}{\sin b\sin c}=\dfrac{\frac12\cdot\frac12}{1\cdot1}=\dfrac14$ で、$\sin^2\dfrac A2=\sin^230^\circ=\dfrac14$ と一致する。
(2) 角 $B$：$B$ をはさむ辺は $c$ と $a$ なので、(1) の $b,c$ の役を $c,a$ に替えて $\dfrac{\sin(s-c)\sin(s-a)}{\sin c\sin a}=\dfrac{\frac12\cdot\frac{\sqrt3}2}{1\cdot\frac{\sqrt3}2}=\dfrac12$ を計算すると、$\sin^2\dfrac B2=\sin^245^\circ=\dfrac12$ と一致する。

3 行目は球面を座標平面で 8 等分した三角形（球面三角法 の最初の例）で、4 行目は 3 辺がどれも $90^\circ$ を超える大きな三角形である。どの行でも $s-a$、$s-b$、$s-c$ は正で、$s$ は $180^\circ$ より小さい。

ex-sha-start の三角形（$s=105^\circ$、$s-a=15^\circ$、$s-b=s-c=45^\circ$）で、3 つの角をすべて thm-sha-main で求める。
(1) 角 $A$。ex-sha-start (3) で $\sin^2\dfrac A2=\dfrac23$、$\cos^2\dfrac A2=\dfrac13$ を得たので、$\sin\dfrac A2=\dfrac{\sqrt6}3$、$\cos\dfrac A2=\dfrac{\sqrt3}3$、$\tan\dfrac A2=\sqrt2$ である。$\tan\dfrac A2$ は正接の式でも $\sqrt{\dfrac{\frac12}{\frac14}}=\sqrt2$ と求まる。$\dfrac A2=54.73\ldots^\circ$、$A=109.47\ldots^\circ$ である。
(2) 角 $B$。$B$ をはさむ辺は $c$ と $a$ なので
$$ \sin^2\frac B2=\frac{\sin(s-c)\sin(s-a)}{\sin c\sin a}=\frac{\sin45^\circ\sin15^\circ}{\frac{\sqrt3}2\cdot1} $$
である。積和の公式から $\sin45^\circ\sin15^\circ=\dfrac12(\cos30^\circ-\cos60^\circ)=\dfrac{\sqrt3-1}4$ なので
$$ \sin^2\frac B2=\frac{\sqrt3-1}4\cdot\frac2{\sqrt3}=\frac{\sqrt3-1}{2\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}6=0.2113\ldots $$
である。2 倍角の公式で元の角にもどすと
$$ \cos B=1-2\sin^2\frac B2=1-\frac{3-\sqrt3}3=\frac{\sqrt3}3 $$
で、余弦定理 $\cos B=\dfrac{\cos b-\cos c\cos a}{\sin c\sin a}=\dfrac{\frac12-\frac12\cdot0}{\frac{\sqrt3}2\cdot1}=\dfrac1{\sqrt3}$ と一致する。$B=54.73\ldots^\circ$ で、$b=c$ なので $C=B$ である。
(3) 内角の和は $109.47\ldots^\circ+2\times54.73\ldots^\circ=218.94\ldots^\circ$ で、$180^\circ$ より $38.94\ldots^\circ$ 大きい。

1 つの大円（赤道）の上に、経度 $0^\circ$、$120^\circ$、$240^\circ$ の 3 点をとると、2 点ずつの距離はどれも $120^\circ$ で、和は $360^\circ$ である。3 点は 1 つの大円の上にあるので、球面三角形ではない。
半角公式に入れてみると、$s=180^\circ$、$\sin s=0$ なので $\cos^2\dfrac A2=\dfrac{\sin s\,\sin(s-a)}{\sin b\sin c}=0$ となり、$\dfrac A2=90^\circ$、$A=180^\circ$ になる。角が $180^\circ$ とは、2 本の辺が 1 本の大円につながっていることを表す。cor-sha-ineq の $s<\pi$ は、この境目の手前にいることを言っている。

東京 $T$ を北緯 $35.68^\circ$・東経 $139.69^\circ$、シドニー $Y$ を南緯 $33.87^\circ$・東経 $151.21^\circ$ とし、地球を球とみなす。
(1) 3 辺。北極から $T$ までは $t_1=90^\circ-35.68^\circ=54.32^\circ$、北極から $Y$ までは $t_2=90^\circ+33.87^\circ=123.87^\circ$ である。$T$ と $Y$ の間の辺 $d$ は、球面三角法 の系「大円距離の公式」から
$$ \cos d=\sin35.68^\circ\sin(-33.87^\circ)+\cos35.68^\circ\cos33.87^\circ\cos11.52^\circ=0.3358\ldots $$
で、$d=70.378\ldots^\circ$ である（経度の差は $151.21^\circ-139.69^\circ=11.52^\circ$）。
(2) 半周長。$T$ の向かいの辺は $t_2$ で、$T$ をはさむ辺は $t_1$ と $d$ である。
$$ s=\frac{54.32^\circ+123.87^\circ+70.38^\circ}2=124.28^\circ,\qquad s-t_2=0.41^\circ,\qquad s-t_1=69.96^\circ,\qquad s-d=53.91^\circ $$
である（小数第 2 位までの値。計算は丸めない値で行った）。
(3) 正接の式。角 $T$ の正接の式は、分子に $T$ をはさむ辺の側の差、分母に $s$ と向かいの辺の差が来るので
$$ \tan\frac T2=\sqrt{\frac{\sin(s-t_1)\sin(s-d)}{\sin s\,\sin(s-t_2)}}=\sqrt{\frac{0.9394\ldots\times0.8080\ldots}{0.8262\ldots\times0.00723\ldots}}=11.27\ldots $$
で、$\dfrac T2=84.93\ldots^\circ$、$T=169.86\ldots^\circ$ である。東京から見たシドニーは、北から時計回りに約 $170^\circ$、つまり真南から $10^\circ$ ほど東の方角にある（図 2）。

平面では 3 辺 $7,5,8$ の三角形の角 $A$ は $60^\circ$ である（三角形の半角公式 の最初の例）。単位球面の上で辺が $7h,5h,8h$（ラジアン）の球面三角形の角 $A$ を、thm-sha-main で求める。

$h$ を $\dfrac1{10}$ にすると、$60^\circ$ とのずれはおよそ $\dfrac1{100}$ になる（図 3）。このずれは、内角の和が $180^\circ$ を超える分（球過量）のおよそ $\dfrac13$ で、そのことは Legendreの球面三角形の定理 で扱う。

ex-sha-start の三角形で、辺をラジアンで $a=\dfrac\pi2$、$b=c=\dfrac\pi3$ として、平面の式 $\sin^2\dfrac A2=\dfrac{(s-b)(s-c)}{bc}$ をそのまま使う。$s=\dfrac{7\pi}{12}$、$s-b=s-c=\dfrac\pi4$ なので
$$ \sin^2\frac A2=\frac{\frac\pi4\cdot\frac\pi4}{\frac\pi3\cdot\frac\pi3}=\frac9{16},\qquad \sin\frac A2=\frac34 $$
で、$A=97.18\ldots^\circ$ となる。正しい値 $109.47\ldots^\circ$ より $12^\circ$ 以上小さい。平面の式は、ex-sha-small のように辺が小さいときの近似としてだけ使える。

$a=b=c=150^\circ$ とすると、$s=225^\circ$、$s-a=75^\circ$ である。$\sin s=-\dfrac{\sqrt2}2<0$、$\sin(s-a)>0$ なので
$$ \cos^2\frac A2=\frac{\sin225^\circ\sin75^\circ}{\sin^2150^\circ}=\frac{-0.7071\ldots\times0.9659\ldots}{0.25}=-2.73\ldots<0 $$
となり、$\cos\dfrac A2$ が実数として定まらない。余弦定理の式でも $\dfrac{\cos150^\circ-\cos^2150^\circ}{\sin^2150^\circ}=-6.46\ldots<-1$ で、余弦がこの値になる角はない。3 辺がどれも $150^\circ$ の球面三角形はない。三角不等式 $150^\circ<150^\circ+150^\circ$ は成り立っているので、cor-sha-ineq の条件 $s<\pi$ が三角不等式とは別の条件であることが分かる。

$a=100^\circ$、$b=30^\circ$、$c=40^\circ$ とすると、$s=85^\circ$、$s-a=-15^\circ$ で、$\sin(s-a)<0$ である。
$$ \cos^2\frac A2=\frac{\sin85^\circ\sin(-15^\circ)}{\sin30^\circ\sin40^\circ}=\frac{0.9961\ldots\times(-0.2588\ldots)}{0.5\times0.6427\ldots}=-0.80\ldots<0 $$
で、やはり角が定まらない。$100^\circ>30^\circ+40^\circ$ で、頂点 $A$ からの距離が $30^\circ$ の点と $40^\circ$ の点は、どう置いても $70^\circ$ より離れられないからである。