Dokaz: kotangens trostrukog ugla preko kotangensa

Krenimo od leve strane identiteta i zapišimo argument $3\alpha$ kao zbir $2\alpha + \alpha .$

\text{ctg} 3\alpha = \text{ctg}(2\alpha + \alpha)

Primenimo adicionu formulu za kotangens zbira: $\text{ctg}(x + y) = \frac{\text{ctg } x \cdot \text{ctg } y - 1}{\text{ctg } x + \text{ctg } y} .$

\text{ctg}(2\alpha + \alpha) = \frac{\text{ctg } 2\alpha \cdot \text{ctg } \alpha - 1}{\text{ctg } 2\alpha + \text{ctg } \alpha}

Sada koristimo formulu za kotangens dvostrukog ugla: $\text{ctg } 2\alpha = \frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1}{2 \text{ctg } \alpha} .$

\text{ctg} 3\alpha = \frac{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1}{2 \text{ctg } \alpha} \cdot \text{ctg } \alpha - 1}{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1}{2 \text{ctg } \alpha} + \text{ctg } \alpha}

Sredimo brojilac i imenilac glavnog razlomka. U brojiocu skraćujemo $\text{ctg } \alpha ,$ a u imeniocu svodimo na zajednički imenilac.

\text{ctg} 3\alpha = \frac{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1}{2} - 1}{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1 + 2 \text{ctg}^2 \alpha}{2 \text{ctg } \alpha}}

Dodatno sredimo izraze u brojiocu i imeniocu.

\text{ctg} 3\alpha = \frac{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 1 - 2}{2}}{\frac{3 \text{ctg}^2 \alpha - 1}{2 \text{ctg } \alpha}} = \frac{\frac{\text{ctg}^2 \alpha - 3}{2}}{\frac{3 \text{ctg}^2 \alpha - 1}{2 \text{ctg } \alpha}}

Rešimo dvojni razlomak množenjem spoljašnjih i unutrašnjih članova, uz skraćivanje broja 2.

\text{ctg} 3\alpha = \frac{(\text{ctg}^2 \alpha - 3) \cdot 2 \text{ctg } \alpha}{2 \cdot (3 \text{ctg}^2 \alpha - 1)} = \frac{\text{ctg } \alpha (\text{ctg}^2 \alpha - 3)}{3 \text{ctg}^2 \alpha - 1}

Množenjem u brojiocu dobijamo konačan oblik identiteta koji je trebalo dokazati.

\text{ctg} 3\alpha = \frac{\text{ctg}^3 \alpha - 3 \text{ctg } \alpha}{3 \text{ctg}^2 \alpha - 1}

684.g