以微積分方法探討三角函數的性質

以微積分方法探討三角函數的性質

賈乃輝 · ^{魏 文恩} · ^郭倍綸 · ^劉玠玟 · ^{羅春光 ∗}

摘要: 三角函數的性質可分成恆等式、 和角公式、 週期與對稱性質和微分公式。 此研 究是嘗試運用微分方法和積分方法來重新推導這些性質, 從而更了解該等函數。 這好 比一間房子有三道門, 每一道門都可以進入房間, 一窺全貌。

1. 前言

三角函數是高中數學課程中十分重要的一個課題, 共有六個函數。 以 sin x 和 cos x 兩個 函數作為代表。 一方面, 它們能模擬科學上大部分的振盪行為; 另一方面, 它們與幾何、 解析幾 何和微積分有非常密切的關係。 三角函數的性質大概可分恆等式、 和角公式、 週期與對稱性質 和微分公式。 此研究是嘗試運用微分方法和積分方法來重新推導這些性質, 從而更了解該等函 數。 這好比一間房子有三道門, 每一道門都可以進入房間, 一窺全貌。

令單位圓上一點座標 P (x₀, y₀), 定義 x₀ = cos θ, y₀ = sin θ 其中 θ 為線段OP (O 為 原點) 和 X 軸的夾角。 這是標準高中數學課程裡定義 sin x 和 cos x 的方式, 並可以此推導它 們的性質。 而其他的函數 tan x, cot x, sec x 和 csc x 的性質則可由 sin x 和 cos x 的性質一 一推導出來。 函數 sin x 和 cos x 的性質可分為以下幾部分:

(A) 恆等式

sin²x + cos²x = 1 . (B) 和角公式

sin(x + y) = sin x cos y + sin y cos x ; cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y . (C) 微分公式

d

dxsin x = cos x ; d

dxcos x = − sin x .

*本文作者感謝教育部顧問室及國科會科教處對本研究的補助。

42

(D) 週期與對稱性質

(i) sin(−x) = − sin x ; cos(−x) = cos x . (ii) sin(^π₂ − x) = cos x ; cos(^π₂ − x) = sin x . (iii) sin(π − x) = sin x ; cos(π − x) = − cos x.

(iv) sin(π + x) = − sin x ; cos(π + x) = − cos x . (v) sin(2π − x) = − sin x ; cos(2π − x) = cos x .

留意此中 (i), (ii) 和 (iii) 是主要的性質, 因為從 (iii) 和 (iv) 知 (v) 必然成立; 而從 (ii) 和 (iii) 知:

sin(π

2 + x) = cos x , cos(π

2 + x) = − sin x . 重覆應用即得 (iv)。 又從 (iv) 知 sin 和 cos 函數有週期 2π:

sin(2π + x) = sin x ; cos(2π + x) = cos x .

本文的目的是運用微分和積分的方法來導出以上這些性質, 事實上, 利用微分方法來推導 三角函數的性質, 早已在一些教科書籍討論過, 例如 [1, 3]。 考慮函數S和C滿足以下微分關係

S^′(x) = C(x) , C^′(x) = −S(x) ;

且 S(0) = 0, C(0) = 1。 即可直接推導出恆等式、 和角公式和週期與對稱性質。

可是似乎未有看過以積分方法去推導這正弦函數和餘弦函數的性質。 本文將以積分和反函 數的方法去定義 sin x 函數和 cos x 函數, 具體而言, 我們將定義S = S(t), C = C(t) 乃以下 函數的反函數:

t = Z _S

0

√ 1

1 − s²ds , t = Z 1

C

√ 1

1 − s² ds .

本文的研究動機來自 [2], 在那篇論文中, r = sin(nθ) 是以原點為底端之n個花瓣的極座 標方程式, 令 (R, θ) 代表花瓣之任何一點的極座標, t表和原點至 (R, θ) 的弧長, 即可推出

t = Z R

0

√ 1

1 − r²ⁿ dr .

以此定義出一些新函數 R = R(t) 並研究一些性質, 當 n = 1 時, t = sin⁻¹R, (0 < R < 1), 即 R = sin(t)。 本文正是要利用這個定義, 直接推導 sin x 函數和 cos x 函數的性質。

在第二節我們討論微分方法, 我們的鋪陳依據 Bartle and Sherbert 的書 ([1]) 第 8.4章 節。 在第三節我們討論積分方法, 相關的證明雖然較繁瑣, 但脈絡還是很清楚, 而且是獨立於傳 統方法和微分方法。

2. 微分方法

以下要用微積分 (其實是微分方程理論) 直接分析C和S的性質。 且說明 C 和 S 即三角 函數 cos x 和 sin x。

定理2.1: 存在唯一函數 C : R −→ R 及 S : R −→ R 滿足 (I) S^′′(x) = −S(x) 對所有x ∈ R, 且有S(0) = 0, S^′(0) = 1;

(II) C^′′(x) = −C(x) 對所有x ∈ R, 且有C(0) = 1, C^′(0) = 0 。

概略證明: 此定理是標準的微分方程存在唯一性定理的特例, 證明利用 Picard 迭代法。

留意若

S^′(x) = C(x), C^′(x) = −S(x), 且 S(0) = 0, C(0) = 1 . (2.1) 則 (I),(II) 明顯成立。 故定義函數數列 < C_n >, < Sn > 滿足以下性質, 且 Cn, Sn 為連續函 數, 對所有n ∈ N, x ∈ R:

(i) 令 C1(x) = 1, S1(x) = x;

(ii) 令 Sn(x) =Rx

0 Cn(t)dt;

(iii) 令 Cn+1(x) = 1 −Rx

0 Sn(t)dt。

函數列< Sn>, < Cn> 在 任意區間[−b, b] 上均勻收斂。 令 S(x) = limn→∞Sn(x), C(x) = lim_n→∞Cn(x), S 和 C 在 R 上連續。 且有 S(0) = 0, C(0) = 1。 函數 S 和 C 滿足以上定 理之 (I) 和 (II)。 唯一性可用 S 和 C 的泰勒展開式證明。 詳見 [1, p.309-312]。

註: 從以上定理知, S 即正弦函數, C 即餘弦函數; 且 S 和 C 滿足 (2.1)。 以下我們將運 用 (2.1) 和定理 2.1 來推導性質, 不須通過傳統方法。

引理2.2: 以上函數C, S 滿足恆等式 (A), 即對所有 x ∈ R, (C(x))²+ (S(x))² = 1 .

證明: 令 f (x) = (C(x))²+ (S(x))², 故對所有x ∈ R,

f^′(x) = 2C(x)(−S(x)) + 2S(x)C(x) = 0 . 故f 是常數, 又 f (0) = 1, 所以 f ≡ 1。

定理2.3: 若 f : R −→ R, 滿足對所有x ∈ R, f^′′(x) = −f(x), 對所有x ∈ R, f (x) = f (0)C(x) + f^′(0)S(x)。

證明: 令

g(x) = f (0)C(x) + f^′(0)S(x) . 則有

g^′′(x) = −f(0)C(x) − f^′(0)S(x) = −g(x) .

且 g(0) = f (0), g^′(0) = f^′(0)。 由於存在唯一性定理 2.1, 故 f (x) = g(x)。 證畢。

以下證明 S 和 C 也滿足和角公式。

定理2.4: 對所有 x, y ∈ R,

(a) S(−x) = −S(x) ; C(−x) = C(x) . (b) C(x ± y) = C(x)C(y) ∓ S(x)S(y);

(c) S(x ± y) = S(x)C(y) ± S(y)C(x)。

證明: (a) 定義 φ(x) = C(−x), 則可得

φ^′′(x) = [C(−x)]^′′ = −C(−x) = −φ(x) .

而且 φ(0) = 1, φ^′(0) = 0。 從定理 2.1 知 C(−x) = φ(x) = C(x)。 同理我們可證 明−S(−x) = S(x)。

(b) 令 f (x) = C(x + y), 則 f^′′(x) = C^′′(x + y) = −C(x + y) = −f(x)。 且由定理 2.3 可得, f (x) = f (0)C(x) + f^′(0)S(x), 其中f (0) = C(y), f^′(0) = −S(y)。 因此

f (x) = C(x + y) = C(y)C(x) − S(y)S(x) . 而若 f (x) = C(x − y)時, 即將以上證明中 y 的改為 −y, 即有

f (x) = C(x − y) = C(−y)C(x) − S(−y)S(x) = C(y)C(x) + S(y)S(x) .

(c) 同理, 令 f (x) = S(x+y), 則 f^′′(x)) = −f(x)。 由定理 2.3 知 f(x) = f(0)S(x)+

f^′(0)C(x), 其中 f (0) = C(y), f^′(0) = S(y). 即可得證。

定理2.5: 若 x ∈ R 且 x ≥ 0 則 (a) −x ≤ S(x) ≤ x,

(b) 1 − ^x2² ≤ C(x) ≤ 1, (c) x − ^x6³ ≤ S(x) ≤ x,

(d) 1 − ^x2² ≤ C(x) ≤ 1 − ^x2² +^x₂₄⁴。

證明: 由引理 2.2 可得 −1 ≤ C(t) ≤ 1, 對 t ∈ R, 若 x ≥ 0, 則

−x ≤ Z x

0 C(t)dt = S(x) ≤ x . 故 (a) 部份成立。 再積分可得

−x² 2 ≤

Z x

0 S(t)dt ≤ x² 2 . 即 −^x₂² ≤ −C(x) + 1 ≤ ^x2²。 所以

1 −x²

2 ≤ C(x) ≤ 1 .

(b) 部份得證。 (c) 部份是由 (b) 積分而來的;(d) 部份也是由 (c) 積分而來的。

引理 2.6. 令 r 為 C 函數的最小正根, 則存在 r ∈ (√ 2,√

3), 且 2r 為函數S的最小正 根。

證明: 由定理 2.5 (d) 知, r²−2 ≥ 0 且 r⁴−12r²+ 24 ≥ 0, 則 r <p

6 − 2√ 3 <√

3。

由定理 2.4 (b) 得 S(2r) = 2S(r)C(r) = 0, 即 2r 是函數S的正根。 設2δ > 0 是 函數S最 小的正根, 利用相同的等式, C(δ) = 0, 即δ = r。

令 ω = 2r, 因為 √

2 < r <p

6 − 2√

3, 故有 2.828 < ω < 3.185。

定理2.7: 對所有 x ∈ R,

(a) C(^ω₂ − x) = S(x) ; S(^ω₂ − x) = C(x) . (b) S(ω − x) = S(x) ; C(ω − x) = −C(x),

(c) S(ω + x) = −S(x) ; C(ω + x) = −C(x),

證明: 已知 C(^ω₂) = 0, S(^ω₂) = 1, 故此從和角公式 (定理 2.4(b)) 知, C(ω

2 − x) = C(ω

2)C(−x) + S(ω

2)S(x) = S(x).

同理可得 S(^ω₂ − x) = C(x)。(a) 部份得證。

從和角公式知

C(ω) = C(ω

2)²− S(ω

2)² = −1 . 而 S(ω) = 0。 故

S(ω − x) = S(ω)C(x) − C(ω)S(x) = S(x) . 又

S(ω + x) = S(ω)C(x) + C(ω)S(x) = −S(x) . (b), (c) 其餘部份類似。

推論2.8: 函數S和C滿足以下週期與對稱性質 (a) S(2ω + x) = S(x); C(2ω + x) = C(x).

(b) S(2ω − x) = −S(x); C(2ω − x) = C(x).

(c) S(^ω₂ + x) = C(x); C(^ω₂ + x) = −S(x).

3. 積分方法

定義

t = Z _S

0

√ 1

1 − s² ds , 其中 − 1 ≤ S ≤ 1 . (3.1) 並令

ω 2 =

Z 1 0

√ 1

1 − s² ds . 從 (3.1) 可得知

dt

dS = 1

√1 − S² .

因此, 函數 t = t(S) 在 [−1, 1] 連續且嚴格遞增, 在 (−1, 1) 上可微。 根據反函數定理, 在 t ∈ [−^ω₂,^ω₂] 上, S = S(t) 也是一嚴格遞增函數, 且

dS dt =√

1 − S² .

並有 S(0) = 0, S(^ω₂) = 1, S(−^ω₂) = −1 . 同理, 若

|t| = Z 1

C

√ 1

1 − s²ds .

其中 0 ≤ C ≤ 1, 則 t 在 (−^ω₂, 0) ∪ (0,^ω₂) 也是 C 的一個連續可微函數。 因此, 根據反函數定 理, C = C(t), 滿足^dC_dt = −sgn(t)√

1 − C²。 故當t ∈ (0,^ω2)時, C嚴格遞降, 當t ∈ (−^ω2, 0)時 卻是嚴格遞增。 並有 C(0) = 1, C(±^ω₂) = 0。

另外, 為了將函數延拓至 R 上, 我們 定義, 對任意 t ∈ (−^ω₂,^ω₂), k ∈ Z.

S(t + kω) = (−1)^kS(t) ; C(t + kω) = (−1)^kC(t) . (3.2) 定理3.1: 對所有 t ∈ R, 有

S(−t) = −S(t) ; C(−t) = C(t) .

證明: 當 t ∈ [−^ω₂,^ω₂] 時, 從定義知 C(−t) = C(t). 令S = S(t), 利用轉換 r = −s, Z _−S

0

√ 1

1 − s² ds = − Z _S

0

√ 1

1 − r²dr = −t .

因此 −S(t) = S(−t). 一般而言, 令 t = ¯t+ kω, 其中 ¯t ∈ (−^ω₂,^ω₂), k ∈ Z, 有 S(−t) = S(−¯t− kω) = (−1)^−kS(−¯t) ,

= (−1)^k+1S(¯t) = −S(t) . 同理,

C(−t) = (−1)^kC(−¯t) = (−1)^kC(¯t) = C(t) . 定理3.2: 對所有 t ∈ R, 有

S(t)²+ C(t)² = 1 . (3.3)

證明: 先考慮 t ∈ [0,^ω₂]。 令 S = S(t), C = C(t), 只須證明 S² + C² = 1, 現有 t =R_S

0

√1

1−s²ds. 令 r =√

1 − s², 則

t = Z 1

√1−S²

√ 1

1 − r² dr . 因此√

1 − S² = C(t) = C。 即恆等式 (3.3) 成立。

若 t ∈ [−^ω₂, 0] 時, S 和 C 只是符號有變化而已, 因此 (3.3) 也是成立。 又當 t = ¯t+kω時。

利用延拓 (3.2),

S(t) = (−1)^kS(¯t) , C(t) = (−1)^kC(¯t) . 故此, (3.3) 成立. 證畢.

定理3.3: 對所有 t ∈ R, 有

S^′(t) = C(t) , C^′(t) = −S(t) . 證明: 若t ∈ (−^ω₂,^ω₂), 應用反函數定理和(3.3), 得

d

dtS(t) =p1 − S(t)² = C(t) .

當t = ^ω₂時, 則運用洛必達原理, S(t) 在 t = ^ω₂ 的左微分等於0; 右微分方面, 令t = ¯t+ ω, 再 用洛必達原理,

t→(ω/2)lim ⁺

S(t) − 1

t − ^ω₂ = lim

¯t→(−ω/2)⁺

−S(¯t) − 1

¯t+ ^ω₂ ,

= − lim

¯t→(−ω/2)⁺C(¯t) = 0 .

因此, S^′(^ω₂) = 0 = C(^ω2)。 一般而言, 可令 t = ¯t + kω, 其中 ¯t ∈ (−^ω2,^ω₂], (k ∈ Z), 則 S^′(t) = lim

h→0

S(¯t+ kω + h) − S(¯t+ kω)

h ,

= (−1)^klim

h→0

S(¯t+ h) − S(¯t)

h ,

= (−1)^kC(¯t) = C(t) .

同理, 在 (−^ω₂, 0) 和 (0, ^ω₂) 的區間上, C^′(t) = −S(t)。 當t = 0時, 求左右極限並運用洛 必達原理, 得 C^′(0) = 0 = S(0)。 又 C^′(^ω₂) = −1 = −S(^ω₂)。 這樣, 對於 t ∈ (−^ω₂,^ω₂]時, 有 C^′(t) = −S(t)。 將之延拓至t ∈ R時, 結果依然成立。

引理 3.4: 若 t ∈ [0,^ω₂], 有 S(ω

2 − t) = C(t) ; C(ω

2 − t) = S(t) . 證明: 令 S = S(t), 則

ω 2 − t =

Z 1 0

√ 1

1 − s² ds − Z _S

0

√ 1

1 − s² ds ,

= Z 1

S

√ 1

1 − s² ds .

因此 C(^ω₂ − t) = S(t). 另外, 若 C = C(t), ω

2 − t = Z _C

0

√ 1

1 − s²ds . 因此 S(^ω₂ − t) = C(t)。

定理3.5: 對所有 t ∈ R, 有

(a) S(t¹ + t2) = S(t¹)C(t²) + C(t¹)S(t²) . (b) C(t1+ t₂) = C(t1)C(t2) − S(t1)S(t2) .

證明: (a) 令 Sⁱ = S(tⁱ), Cⁱ = C(tⁱ), (i = 1, 2). 先設 −^ω₂ ≤ t¹, t2 ≤ ^ω₂, 且

−^ω₂ ≤ t1+ t₂ ≤ ^ω₂, 則 (a) 等價於

t1+ t2 =

Z _S1C²+S²C¹ 0

√ 1

1 − s² ds , (3.4)

由於定理 3.2, 有

d

dtC(t) = −S(t) , d

dtS(t) = C(t) . 固定 t1 ∈ [−^ω₂,^ω₂], 定義函數

f (t) = t1+ t −

Z _S1C(t)+C¹S(t) 0

√ 1

1 − s² ds . 有 f (0) = t₁ −R_S1

0

√1

1−s² ds = 0, 並且

f^′(t) = 1 − S¹C^′(t) + C¹S^′(t)

p1 − (S1C(t) + C¹S(t))² = 0 , 因為從定理 3.2,

1 − (S¹C + SC¹)²− (S¹C^′+ S^′C¹)²

= 1 − (S¹C + SC¹)²− (CC¹− S¹S)² ,

= 1 − (S1²C²+ C1²S²+ S1²S²+ C1²C²) ,

= 0 .

故此, 對所有 t 滿足 t₁ + t ∈ [−^ω₂,^ω₂]者, 有f (t) ≡ 0, 即 (3.4) 成立。

若 ^ω

2 < t1 + t2 ≤ ω, 令 ¯t² = t2− ^ω₂ , ¯t1 = t1− ^ω₂, 則 −^ω₂ < ¯t1 + ¯t2 < 0, 由於定理 3.1 及引理 3.4,

S(t¹ + t2) = S(¯t¹+ ¯t2+ ω) ,

= −S(¯t¹+ ¯t2) ,

= −S(¯t¹)C(¯t²) − C(¯t¹)S(¯t²) ,

= S(−¯t¹)C(−¯t²) + C(−¯t¹)S(−¯t²) ,

= S(ω

2 − t¹)C(ω

2 − t²) + C(ω

2 − t¹)S(ω

2 − t²) ,

= C(t¹)S(t²) + S(t¹)C(t²) .

另外, 由於定理 3.1, 當 −ω ≤ t1 + t₂ < ^ω₂ 時, (a) 還是成立。 最後, 設 t₁ = ¯t₁ + kω, t2 = ¯t2+ lω, 其中 −^ω₂ < ¯t1, ¯t2 ≤ ^ω₂, 則

S(t1+ t₂) = S(¯t1 + ¯t₁+ (k + l)ω) ,

= (−1)^k+lS(¯t¹ + ¯t2) ,

= (−1)^k+l(S(¯t¹)C( ¯t2) + C(¯t¹)S( ¯t2)) ,

= S(t1)C(t2) + S(t2)C(t1) . 對函數C, 先考慮 t¹, t2 ∈ [0,^ω₂] 且 t1+ t2 ∈ [0,^ω₂]. 令

f (t) = t1+ t − Z 1

C¹C(t)−S¹S(t)

√ 1

1 − s² ds .

即可證明 (b) 式成立. 參照 (a) 部份的證明, 不難拓展至 t1+ t2 ∈ [^ω₂, ω] 和 t1, t2 ∈ (−^ω₂, 0) 的情況。 若 −^ω₂ < t1 < 0 < t2 < ^ω₂時, 不妨設 t₂+ t1 > 0, 則以上函數f 滿足 f (−t¹) = 0, 且對t > t1,

f^′(t) = 1 − C¹C^′− S¹S^′

p1 − (C1C − S¹S)² = 0 . 故 (b) 部份對任意t₁, t₂ ∈ [−^ω₂,^ω₂] 成立。 然後延拓至 R 上。

定理

(a) S(^ω₂ − t) = C(t), C(^ω₂ − t) = S(t) ; (b) S(ω − t) = S(t), C(ω − t) = −C(t) ;

(c) S(ω + t) = −S(t), C(ω + t) = −C(t) ;

(d) S(2ω − t) = −S(t), C(2ω − t) = C(t) ; (e) S(2ω + t) = S(t), C(2ω + t) = C(t) ;

(f) S(^ω2 + t) = C(t), C(^ω2 + t) = −S(t).

後記

微分方法和積分方法美中不足之處, 即不能直接確定ω 即單位圓的面積 π, 在微分方法中, 我們只能定義 ω/2 是 cos x 的第一個正根. 在積分方法中,

ω 2 =

Z 1 0

√ 1

1 − s² ds .

另外, 在證完定理 3.5 後, 函數 S 和 C 即滿足第二節的微分條件, 並由唯一性知它們就是熟悉 的三角函數 sin x 和 cos x; 但我們還是利用積分方法來完成定理 3.4 至定理 3.6 的證明。

參考文獻

1. R. G. Bartle and D. R. Sherbert, Introduction to Real Analysis, 2nd ed., Wiley, New York, 1992.

2. M. Cuko and P. Belcher, We need some new functions, Mathematical Spectrum, vol 26, no.3, 55-60, 2003/2004.

3. M. Spivak, 微積分 (中譯本), 科學出版社。

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