こんにちは。「n倍角の公式」に反応しました。
CEGIPOと申します。一応社会人です。
（すみません。勝手にお邪魔します。(^_^;))

三角関数の cosθ,sinθ,tanθのｎ倍角の公式は、
ド・モアブルの公式をうまく利用するとスマートに
表せますよね。展開する前の一般式について
ちょっと工夫して考えてみました。

[ド・モアブルの定理]
a^bをaのb乗、
θを任意の実数、nを任意の自然数,iを虚数単位として、

(cosθ+isinθ)^n=cos(nθ)+isin(nθ) ...（式1-1）

このθを-θに置き換えて書いてみます。

(cos(-θ)+isin(-θ))^n=cos(n・(-θ))+isin(n・(-θ))
(cos(-θ)+isin(-θ))^n=cos(-nθ)+isin(-nθ)

cos(-θ)=cosθ,cos(-nθ)=cos(nθ),
sin(-θ)=-sinθ,sin(-nθ)=-sin(nθ)

だから、

(cosθ-isinθ)^n=cos(nθ)-isin(nθ) ... （式1-2)

(式1-1),(式1-2)の両辺の和と差をとって、

{(cosθ+isinθ)^n+(cosθ-isinθ)^n}=2cos(nθ)
{(cosθ+isinθ)^n-(cosθ-isinθ)^n}=2isin(nθ)

整理して、

cos(nθ)= {(cosθ+isinθ)^n+(cosθ-isinθ)^n}/2
...[cosのn倍角の公式]
sin(nθ)=-i{(cosθ+isinθ)^n-(cosθ-isinθ)^n}/2
...[sinのn倍角の公式]

が得られます。

さらに、cosθ≠0の時は、

tan(nθ)
=-i{(cosθ+isinθ)^n-(cosθ-isinθ)^n}
/{(cosθ+isinθ)^n+(cosθ-isinθ)^n}
=-i{(1+itanθ)^n-(1-itanθ)^n}
/{(1+itanθ)^n+(1-itanθ)^n}

すなわち、

tan(nθ)
=-i{(1+itanθ)^n-(1-itanθ)^n}
/{(1+itanθ)^n+(1-itanθ)^n}
...[tanのn倍角の公式]

が得られます。

___
三角関数のｎ倍角の公式は、
フィボナッチ数列の一般項の式の構造によく似ています。
（フィボナッチ数列では、値が自然数なのに、
一般項式は√を含む。
ｎ倍角の公式では、値が実数なのに、
一般項式は複素数を含む。

（なぜかなぁ？何か理由があるのかも知れないですね。）

>> CEGIPO さん
コメントありがとうございます。

三角関数のn倍角の公式については、求め方を丁寧に書いてくださりとても分かりやすかったです（tanまで求めてくださるとは・・・）。

ですが最後の質問については、正直なところ僕には難解な内容です。
フィボナッチ数列の一般項は

(1/√5)・[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]

でしたよね。確かにn倍角の公式に似ていますし、√5が出てくるのも不思議です。何か理由でもあるのでしょうか・・・。
本やらを引っくり返して色々調べてみましたが、今のところ手がかりになりそうなものは見つかっていません。
数の範囲を拡張（自然数から実数、実数から複素数）しないと求められないというところがポイントなのでしょうか？

いずれにせよ、まだ考えたりする余地がありそうなので、もう少しトライしてみたいと思います。

n≦０の場合に、ドモアブルの定理が成り立つことって証明できますか？

コメントありがとうございます。
数学的帰納法ではn＞0の場合のみですが、n≦0 の場合でも証明できます。

・n＜0 のときは、n=-m (m＞0)とおいてあげて、オイラーの公式から式変形することで証明することができます。式変形は
https://www.sumita-planning.jp/~shunta/blog/images/20100422/formula1.jpg
をご覧ください。

・n=0 のときは、一般性を失わないために0乗を1と"定義"することになります。"証明"ではありませんが。
https://www.sumita-planning.jp/~shunta/blog/images/20100422/formula2.jpg