此note獻給我的已故恩師沈昭亮‧
1 簡單的三角函數不等式
定理 1.1 假設0 < θ < π/2，則0 < sin θ < θ.
證明：由於θ > 0，所以sin θ > 0為顯然‧假設C(0, 1)且∠AOC = θ‧做AB垂直OC交OC於B‧
則有AB = sin θ‧利用歐幾里得平面距離公設(連接兩點之間以直線距離最短)得 θ = AC弧 > AC > sin θ.
定理 1.2 假如0 < θ < π/2‧則 (1) θ > 2nsin θ
2n. (2) 數列
(
2nsin θ 2n
)
為絕對遞增‧
證明：令0 < θ < π/2,所以對任意的自然數n, 0 < θ/2n < π/2‧ 利 用 定 理 1.1， 我 們 可 以推得(1)‧假設對θ做角平分線交圓於A1‧連接AA1, A1C與AC‧則AA1 = A1C且∠COA1 =
∠A1OA =θ
2. 利用餘弦定理，我們可以求出 AA1
2= 12+ 12− 2 · 1 · 1 · cosθ
2 = 2− 2 cosθ
2 = 4 sin2θ 2.
1
其中我們使用了半角公式1− cosθ
2 = 2 sin2θ
2.因此我們推得AA1= 2 sin θ
22.利用三角形兩邊之和 大於第三邊AA1+ A1C > AC，我們得到
AA1+ A1C = 2· 2 sin θ
22 > 2 sinθ 2 = AC.
令n ≥ 1,我們將上式的θ以θ/2n−1取代，我們得到了22sin θ
2n+1 > 2 sin θ
2n. 此不等式兩邊同 乘2n−1我們就得到了
2n+1sin θ
2n+1 > 2nsin θ 2n. 於是我們就得到了數列遞增性‧
利用(1)與(2)與單調有界數列性質，我們證明了數列 (
2nsin θ 2n
)
收斂‧以下我們將來計算這個 數列的極限‧
定理 1.3 (阿基米德曲線公設)設L表平面上一直線，且A, B為其上兩點‧若Γ1與Γ2為以A, B為端 點，而在L同側的兩凸形曲線‧且Γ1在Γ2之內‧則Γ1之長小於Γ2之長‧
我們並沒有很仔細的去談曲線弧長怎麼計算‧但事實上並不是所有的曲線都可求長‧我們將 在之後的微積分課程中談及‧此處，我們只會用到直線與圓弧長‧
定理 1.4 假設0 < θ < π/2‧試証tan θ > θ‧
2
證 明： 以C作 垂 線 交OA射 線 於B並 以A做 切 線 交BC於D‧ 則AD = CD‧ 由 定 義BC = tan θ‧由於折線A− D − C與圓弧AC落在AC所決定的直線的同一側，且A − D − C與圓弧AC均 為凸曲線‧所以利用阿基米德公設
A− D − C折線長 = AD + CD > AC弧長 = θ.
又∆BAD為直角三角形，斜邊長BD必大於AD‧於是
tan θ = BC = BD + CD > AD + AC > θ.
於是我們證明了不等式‧
範例 1.1 試計算 lim
n→∞cos θ 2n.
解答：利用半角公式與三角函數的定義
0≤ 1 − cos θ
2n = 2 sin2 θ 2n+1. 用定理1.1，我們可得
sin2 θ 2n+1 ≤
( θ 2n+1
)2
.
於是我們得到不等式
0≤ 1 − cos θ
2n ≤ θ2 22n+1. 利用夾擊定理 lim
n→∞0 = lim
n→∞
θ2
22n+1 = 0,我們得到 lim
n→∞
(
1− cos θ 2n
)
= 0 =⇒ lim
n→∞cos θ 2n = 1.
範例 1.2 試計算 lim
n→∞2nsin θ 2n
3
由於0 < θ < π/2,sin θ < θ < tan θ‧利用tan θ = sin θ/ cos θ我們可以得到:對0 < θ < π/2而言，
cos θ < sin θ θ < 1.
對所有自然數n≥ 1,恆有0 < θ/2n< π/2‧因此也滿足
cos θ
2n < sin2θn
θ 2n
< 1.
由於 lim
n→∞cos θ
2n = lim
n→∞1 = 1,由夾擊定理
nlim→∞
sin2θn
θ 2n
= 1 =⇒ lim
n→∞2nsin θ 2n = θ.
4
