三角函數

Albert Bierstadt (1830-1902) 美國畫家。

此頁有七小節

• 三角函數的關係式
• 同界角
• 和差公式
• 倍角與半角公式
• 和差化積與積化和差
• 反三角函數
• 正餘弦定理

\begin{equation}{\label{a}}\tag{A}\mbox{}\end{equation}

三角函數的關係式.

設一扇型之半徑為 \(r\)，中心角為 \(\theta\)以弳度量表示，則其弧長為 \(r\theta\)，其面積為 \(\frac{1}{2}r^{2}\theta\)。三角函數之定義域及值域如下
\[\begin{array}{ccc}\hline
\mbox{函數名稱} & \mbox{定義域} & \mbox{值域}\\ \hline
f(x)=\sin x & x\in\mathbb{R} & -1\leq\sin x\leq 1\\
f(x)=\cos x & x\in\mathbb{R} & -1\leq\cos x\leq 1\\
f(x)=\tan x & x\in\mathbb{R}\mbox{且$x\neq n\pi+\frac{\pi}{2}$，$n\in\mathbb{Z}$} & \tan x\in\mathbb{R}\\
f(x)=\cot x & x\in\mathbb{R}\mbox{且$x\neq n\pi$，$n\in\mathbb{Z}$} & \cot x\in\mathbb{R}\\
f(x)=\sec x & x\in\mathbb{R}\mbox{且$x\neq n\pi+\frac{\pi}{2}$，$n\in\mathbb{Z}$} & |\sec x|\geq 1\\
f(x)=\csc x & x\in\mathbb{R}\mbox{且$x\neq n\pi$，$n\in\mathbb{Z}$} & |\csc x|\geq 1\\ \hline
\end{array}\]
三角函數 \(\sin x,\cos x,\sec x,\csc x \)latex 之週期為 \(2\pi\)，也就是 \(f(x+2\pi )=f(x)\)，一般情形為 \(f(x+2n\pi )=f(x)\)，其中 \(n\in\mathbb{Z}\)。而三角函數 \(\tan x,\cot x\)之週期為 \(\pi\)，也就是 \(f(x+\pi )=f(x)\)，一般情形為  \(f(x+n\pi )=f(x)\)，其中 \(n\in\mathbb{Z}\)。

三角函數之正負

• \(\sin\theta\)及 \(\csc\theta\)在第I及第II象限為正，其它象限為負。
• \(\cos\theta\)及 \(\sec\theta\)在第I及第IV象限為正，其它象限為負。
• \(\tan\theta\)及 \(\cot\theta\)在第I及第III象限為正，其它象限為負。

三角函數的關係式如下：

• 倒數關係
  \[\cot\theta =\frac{1}{\tan\theta},\quad\sec\theta=\frac{1}{\cos\theta}\mbox{及}\csc\theta=\frac{1}{\sin\theta}\]
• 商數關係
  \[\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\mbox{及}\cot\theta=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\]
• 平方關係
  \[\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1,\quad 1+\tan^{2}\theta=\sec^{2}\theta\mbox{及}1+\cot^{2}\theta=\csc^{2}\theta\]
• 餘角關係
  \[\sin\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\cos\theta,\quad
  \cos\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\sin\theta,\quad
  \tan\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\cot\theta,\]
  \[\cot\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\tan\theta,\quad
  \sec\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\csc\theta,\quad
  \csc\left (\frac{\pi}{2}-\theta\right )=\sec\theta\mbox{。}\]

♠例題. 假設 \(\tan\theta=\frac{3}{4}\)，求 \(\frac{\sin\theta}{1-\cot\theta}+\frac{\cos\theta}{1-\tan\theta}\)之值。
求解: 因 \(\tan\theta\)為正，故 \(\theta\)在第I或第III象限。

• 假設 \(\theta\)在第I象限，則 \(\sin\theta=3/5\)及$\cos\theta=4/5$，代入原式可得 \(7/5\)。
• 假設 \(\theta\)在第III象限，則 \(\sin\theta=-3/5\)及$\cos\theta=-4/5$，代入原式可得 \(-7/5\)。

因此其值為 \(\pm\frac{7}{5}\)。 \(\blacksquare\)

\begin{equation}{\label{b}}\tag{B}\mbox{}\end{equation}

同界角.

若 \(\phi=\theta+k\cdot 2\pi\)，其中 \(k\in\mathbb{Z}\)，則稱 \(\phi\)及$\theta$為同界角。而同界角之三角函數值均相同。負角關係如下所示

• \(\sin (-\theta )=-\sin\theta\)及 \(\cos (-\theta )=\cos\theta\)
• \(\tan (-\theta )=-\tan\theta\)及 \(\cot (-\theta )=-\cot\theta\)
• \(\sec (-\theta )=\sec\theta\)及 \(\csc (-\theta )=-\csc\theta\)

(i) 當 \(k\in\mathbb{Z}\)時，有以下關係式

• \(\sin (k\pi\pm\theta)=\pm\sin\theta\)
• \(\cos (k\pi\pm\theta)=\pm\cos\theta\)
• \(\tan (k\pi\pm\theta)=\pm\tan\theta\)
• \(\cot (k\pi\pm\theta)=\pm\cot\theta\)
• \(\sec (k\pi\pm\theta)=\pm\sec\theta\)
• \(\csc (k\pi\pm\theta)=\pm\csc\theta\)

不論 \(\theta\)為銳角或鈍角，一律視為銳角，此時等號右邊之正負號取決於 \(k\pi\pm\theta\) 所在象限等號左邊三角函數值之正負號。例 \(3\pi+\theta=540^{\circ}+\theta\)在第三象限，此時 \(\sin\)為負，因此 \(\sin(3\pi+\theta)=-\sin\theta\)。

(ii) 當$k\in\mathbb{Z}$時，有以下關係式

• \(\sin (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\cos\theta\)
• \(\cos (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\sin\theta\)
• \(\tan (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\cot\theta\)
• \(\cot (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\tan\theta\)
• \(\sec (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\csc\theta\)
• \(\csc (\frac{k\pi}{2}\pm\theta)=\pm\sec\theta\)

不論 \(\theta\)為銳角或鈍角，一律視為銳角，此時等號右邊之正負號取決於 \(\frac{k\pi}{2}\pm\theta\) 所在象限等號左邊三角函數值之正負號。例如 \(\frac{7}{2}\pi-\theta=630^{\circ}-\theta\)在第三象限，此時 \(\cos\)為負，因此 \(\cos(\frac{7}{2}\pi-\theta)=-\sin\theta\)。

♠例題.  化簡 \(\sin(270^{\circ}+\theta)\cdot\tan(360^{\circ}+\theta)\cdot\sec(450^{\circ}-\theta)\)。

求解: 可得
\[\mbox{原式}=-\cos\theta\cdot (-\tan\theta)\cdot\csc\theta=\cos\theta\cdot\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\cdot\frac{1}{\sin\theta}=1\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題.  求 \(\sin60^{\circ}\cdot\cos150^{\circ}-\cos225^{\circ}\cdot\sin315^{\circ}+\tan300^{\circ}\cdot\sec180^{\circ}\)。

求解: 可得
\begin{align*}
\mbox{原式} & =\sin60^{\circ}\cdot\left (-\cos30^{\circ}\right )-\left (-\cos45^{\circ}\right )
\cdot\left (-\sin45^{\circ}\right )+\left (-\cot30^{\circ}\right )\cdot\sec0^{\circ}\\
& =\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left (\frac{\sqrt{3}}{2}\right )-\left (\frac{1}{\sqrt{2}}\right )\cdot\left (\frac{1}{\sqrt{2}}\right )
+\sqrt{3}\cdot 1=-\frac{5}{4}+\sqrt{3}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題. 化簡下列之值
\[\frac{\sin(180^{\circ}+\theta)\cdot\tan^{2}(180^{\circ}-\theta)}{\cos(270^{\circ}+\theta)}
-\frac{\sin(270^{\circ}-\theta)}{\sin(90^{\circ}+\theta)\cdot\cos^{2}\theta}\mbox{。}\]
答:  \(1\)

♥習題.  化簡 \(\tan225^{\circ}\cdot405^{\circ}+\tan765^{\circ}\cdot\cot675^{\circ}\)。答:  \(0\)

♠例題.  假設 \(a=\sin 870^{\circ}\)， \(b=\cos(-430^{\circ})\)， \(c=\tan 1310^{\circ})\)及 \(d=\cos 1900^{\circ})\)，比較其大小。

求解: 將其全部化成銳角的三角函數，可得
\begin{align*}
a & =\sin 870^{\circ}=\sin (870^{\circ}-720^{\circ})=\sin 150^{\circ}=\sin (180^{\circ}-30^{\circ})=\sin 30^{\circ}\\
b & =\cos (-430^{\circ})=\cos 430^{\circ}=\cos 70^{\circ}=\sin 20^{\circ}\\
c & =\tan 1310^{\circ}=\tan (1310^{\circ}-1080^{\circ})=\tan 230^{\circ}=\tan 50^{\circ}>\tan 45^{\circ}=1\\
d & =\cos 1900^{\circ}=\cos (1800^{\circ}+100^{\circ})=\cos 100^{\circ}<0
\end{align*}
所以 \(d<b<a<c\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  考慮 \(0^{\circ}<\theta<45^{\circ}\)，假設二次方程式 \(x^{2}-(\tan\theta+\cot\theta)x+1=0\)有一根為 \(2+\sqrt{3}\)，求下列之值：

(1) \(\sin\theta\cdot\cos\theta\)

(2) \(\sin\theta+\cos\theta\)

(3) \(\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta\)

(4) \(\sin\theta-\cos\theta\)

(5) \(\tan^{3}\theta+\cot^{3}\theta\)

求解:  假設另一根為 \(\alpha\)，依據根與係數的關係可得
\[(2+\sqrt{3})+\alpha=\tan\theta+\cot\theta\]及\[\alpha\cdot(2+\sqrt{3})=1\mbox{。}\]
因此求得 \(\alpha=2-\sqrt{3}\)及 \(\tan\theta+\cot\theta=4\)。

(1) 因為
\begin{align*} 4 & =\tan\theta+\cot\theta\\ & =\frac{\sin\theta}{\cos\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin\theta}
\\ & =\frac{\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta}{\sin\theta\cdot\cos\theta}\\ & =\frac{1}{\sin\theta\cdot\cos\theta}\mbox{，}\end{align*}
因此求得 \(\sin\theta\cdot\cos\theta=\frac{1}{4}\)。

(2) 因為
\begin{align*} \left (\sin\theta+\cos\theta\right )^{2} & =1+2\sin\theta\cdot\cos\theta\\ & =1+2\cdot\frac{1}{4}\\ & =\frac{3}{2}\mbox{，}\end{align*}
因此可得 \(\sin\theta+\cos\theta=\pm\sqrt{\frac{3}{2}}\)，又因 \(0^{\circ}<\theta<45^{\circ}\)，所以取 \(\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{\frac{3}{2}}\)。

(3) 可得
\begin{align*} \sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta & =(\sin\theta+\cos\theta)\cdot(\sin^{2}\theta-\sin\theta\cdot\cos\theta+\cos^{2}\theta)\\ & =\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot\left (1-\frac{1}{4}\right )\\ & =\frac{3\sqrt{6}}{8}\mbox{。}\end{align*}

(4) 因為
\begin{align*} (\sin\theta-\cos\theta)^{2} & =1-2\sin\theta\cdot\cos\theta=1-2\cdot\frac{1}{4}\\ & =\frac{1}{2}\mbox{，}\end{align*}
所以可得 \(\sin\theta-\cos\theta=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\)。又因 \(0^{\circ}<\theta<45^{\circ}\)，所以 \(\cos\theta>\sin\theta\)，因此取 \(\sin\theta-\cos\theta=-\frac{\sqrt{2}}{2}\)。

(5) 可得
\begin{align*} \tan^{3}\theta+\cot^{3}\theta & =(\tan\theta+\cot\theta)^{3}-3\tan\theta\cdot\cot\theta\cdot (\tan\theta+\cot\theta)\\ & =64-3\cdot 4=52\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♠例題. 考慮 \(\frac{3\pi}{2}<\theta 2\pi\)，假設 \(\sin\theta+\cos\theta=\frac{1}{5}\)，求 \(\cos\theta\)。

求解: 因為 \(\sin\theta=\frac{1}{5}-\cos\theta\)，代入 \(\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1\)，可得 \(50\cos^{2}\theta-10\cos\theta-24=0\)，因式分解又得 \((5\cos\theta+3)\cdot(10\cos\theta-8)=0\)。因 \(\theta\)在第四象限，所以取 \(\cos\theta=\frac{4}{5}\)。 \(\blacksquare\)

\begin{equation}{\label{c}}\tag{C}\mbox{}\end{equation}

和差公式.

和差公式如下所示(如何證明)
\begin{align*}
& \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cdot\cos\beta+\cos\alpha\cdot\sin\beta\\
& \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cdot\cos\beta-\cos\alpha\cdot\sin\beta\\
& \cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cdot\cos\beta-\sin\alpha\cdot\sin\beta\\
& \cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cdot\cos\beta+\sin\alpha\cdot\sin\beta\\
& \tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}\\
& \tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\cdot\tan\beta}\\
& \cot(\alpha+\beta)=\frac{\cot\alpha\cdot\cot\beta-1}{\cot\alpha+\cot\beta}\\
& \cot(\alpha-\beta)=\frac{\cot\alpha\cdot\cot\beta+1}{\cot\beta-\cot\alpha}
\end{align*}
可推得
\[\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\alpha-\beta)=\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\beta=\cos^{2}\beta-\cos^{2}\alpha\]
及
\[\cos(\alpha+\beta)\cdot\cos(\alpha-\beta)=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\beta=\cos^{2}\beta-\sin^{2}\alpha\mbox{。}\]

♠例題. 假設 \(\frac{\pi}{2}<\alpha<\pi<\beta<\frac{3\pi}{2}\)，若 \(\cos\alpha=-\frac{3}{5}\)及 \(\sin\beta=-\frac{12}{13}\)，求 \(\sin(\alpha+\beta)\)。

求解:  因 \(\frac{\pi}{2}<\alpha<\pi\)且 \(\cos\alpha=-\frac{3}{5}\)，所以 \(\sin\alpha=\frac{4}{5}\)。又因 \(\pi<\beta<\frac{3\pi}{2}\)且 \(\sin\beta=-\frac{12}{13}\)，所以 \(\cos\beta=-\frac{5}{13}\)。最後求得
\begin{align*} \sin(\alpha+\beta) & =\sin\alpha\cdot\cos\beta+\cos\alpha\cdot\sin\beta
\\ & =\frac{4}{5}\cdot\left (-\frac{5}{13}\right )+\left (-\frac{3}{5}\right )\cdot\left (-\frac{12}{13}\right )\\ & =\frac{16}{65}\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♠例題. 假設 \(\tan\alpha\)及 \(\tan\beta\)為 \(x^{2}+3x+2=0\)之兩根，求下列之值

(1) \(\tan(\alpha+\beta)\)

(2) \(\cos^{2}(\alpha+\beta)\)

(3) \(2\sin^{2}(\alpha+\beta)+\sin(\alpha+\beta)\cdot\cos(\alpha+\beta)+3\cos^{2}(\alpha+\beta)\)

求解: 由根與係數的關係，可得 \(\tan\alpha+\beta\beta=-3\)及 \(\tan\alpha\cdot\tan\beta=2\)。因此
\[\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}=\frac{-3}{1-2}=3\mbox{。}\]
又可得
\begin{align*} \cos^{2}(\alpha+\beta) & =\frac{1}{\sec^{2}(\alpha+\beta)}=\frac{1}{1+\tan^{2}(\alpha+\beta)}\\ & =\frac{1}{1+9}=\frac{1}{10}\end{align*}
及
\begin{align*}
& 2\sin^{2}(\alpha+\beta)+\sin(\alpha+\beta)\cdot\cos(\alpha+\beta)+3\cos^{2}(\alpha+\beta)\\
& \quad=\cos^{2}(\alpha+\beta)\cdot\left [2\tan^{2}(\alpha+\beta)+\tan(\alpha+\beta)+3\right ]\\ & \quad =\frac{1}{10}\cdot(18+3+3)=\frac{12}{5}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題.  假設 \(\sin\alpha\)及 \(\sin\beta\)為 \(x^{2}+px+q\)之兩根，求 \(\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\alpha-\beta)\)。

求解:  由根與係數的關係可知 \(\sin\alpha+\sin\beta=-p\)及 \(\sin\alpha\cdot\sin\beta=q\)。所以
\[\left (\sin\alpha-\sin\beta\right )^{2}=\left (\sin\alpha+\sin\beta\right )^{2}-4\sin\alpha\cdot\sin\beta=p^{2}-4q\]
因此解得 \(\sin\alpha-\sin\beta=\pm\sqrt{p^{2}-4q}\)。最後可得
\begin{align*}
\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\alpha-\beta) & =\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\beta\\ & =
\left (\sin\alpha+\sin\beta\right )\cdot\left (\sin\alpha-\sin\beta\right )\\
& =-p\cdot\pm\sqrt{p^{2}-4q}\\ & =\pm p\sqrt{p^{2}-4q}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題.  假設 \(x^{2}-\sqrt{3}x-2=0\)之兩根為 \(\tan\alpha\)及 \(\tan\beta\)，求無窮級數
\[1+\tan(\alpha+\beta)+\tan^{2}(\alpha+\beta)+\cdots +\tan^{n}(\alpha+\beta)+\cdots\]
之和。答:  \(\frac{3+\sqrt{3}}{2}\)

♥習題.  假設 \(\tan\alpha=1\)及 \(\tan(\alpha-\beta)=\frac{1}{\sqrt{3}}\)，求 \(\tan\beta\)。
答:  \(2-\sqrt{3}\)

♠例題.  $\alpha+\beta+\gamma=\pi$，證明下列等式。

(1) \(\tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma=\tan\alpha\cdot\tan\beta\cdot\tan\gamma\)。

(2) \(\cot\alpha\cdot\cot\beta+\cot\beta\cdot\cot\gamma+\cot\gamma\cdot\cot\alpha=1\)。

(3) \(\tan\frac{\alpha}{2}\cdot\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\cdot\tan\frac{\gamma}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}\cdot\tan\frac{\alpha}{2}=1\)。

求解: (1) 根據和差公式可得
\begin{align*} \frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta} & =\tan(\alpha+\beta)\\ & =\tan(\pi-\gamma)=-\tan\gamma\mbox{。}\end{align*}
交叉相乘
\begin{align*} \tan\alpha+\tan\beta & =-\tan\gamma\left (1-\tan\alpha\cdot\tan\beta\right )\\ & =-\tan\gamma+\tan\alpha\cdot\tan\beta\cdot\tan\gamma\end{align*}
整理後得證。

(2) 根據和差公式可得
\begin{align*} \frac{\cot\alpha\cdot\cot\beta-1}{\cot\alpha+\cot\beta} & =\cot(\alpha+\beta)\\ & =\cot(\pi-\gamma)=-\cot\gamma\end{align*}
交叉相乘
\begin{align*} \cot\alpha\cdot\cot\beta-1 & =-\cot\gamma\left (\cot\alpha+\cot\beta\right )\\ & =-\cot\gamma\cdot\cot\alpha-\cot\gamma\cdot\cot\beta\end{align*}
整理後得證。

(3) 根據和差公式可得
\begin{align*} \frac{\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}}{1-\tan\frac{\alpha}{2}\cdot\tan\frac{\beta}{2}}
& =\tan\left (\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right )\\ & =
\tan\left (\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2}\right )\\ & =\cot\frac{\gamma}{2}
\\ & =\frac{1}{\tan\frac{\gamma}{2}}\mbox{。}\end{align*}
交叉相乘
\[\tan\frac{\gamma}{2}\left (\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right )=1-\tan\frac{\alpha}{2}\cdot\tan\frac{\beta}{2}\]
整理後得證。 \(\blacksquare\)

♥習題.  假設 \(\alpha-\beta-\gamma=\pi\)，證明 \(\tan\alpha-\tan\beta-\tan\gamma=\tan\alpha\cdot\tan\beta\cdot\tan\gamma\)。

♠例題.  假設 \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}\)，求 \(\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\beta\)之最大值及最小值。

求解: 因為
\[\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\beta=\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\alpha-\beta)=\sin\frac{\pi}{3}\cdot\sin(\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sin(\alpha-\beta)\]
所以當 \(\sin(\alpha-\beta)=1\)時有大值 \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，當 \(\sin(\alpha-\beta)=-1\)時有小值 \(-\frac{\sqrt{3}}{2}\)。 \(\blacksquare\)

♥習題.  假設 \(\alpha-\beta=\frac{\pi}{3}\)，求 \(\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta\)之最大值及最小值。答:  最大值為 \(\frac{3}{2}\)及最小值為\(\frac{1}{2}\)

\begin{equation}{\label{d}}\tag{D}\mbox{}\end{equation}

倍角與半角公式.

由和差公式可推得倍角公式為
\begin{align*}
& \sin 2\theta=\sin(\theta+\theta)=2\sin\theta\cdot\cos\theta=\frac{2\tan\theta}{1+\tan^{2}\theta}\\
& \cos 2\theta=\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta=1-2\sin^{2}\theta=2\cos^{2}\theta -1=\frac{1-\tan^{2}\theta}{1+\tan^{2}\theta}\\
& \tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^{2}\theta}\\
& \cot 2\theta=\frac{\cot^{2}\theta -1}{2\cot\theta}\mbox{。}
\end{align*}
同理可得三倍角公式為
\begin{align*}
& \sin 3\theta=3\sin\theta-4\sin^{3}\theta\\
& \cos 3\theta=4\cos^{3}\theta-3\cos\theta\mbox{。}
\end{align*}
另外半角公式為
\begin{align*}
& \sin\frac{\theta}{2}=\pm\sqrt{\frac{1-\cos\theta}{2}}\mbox{ (正負號由 \(\frac{\theta}{2}\)所在的象限而定)}\\
& \cos\frac{\theta}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\theta}{2}}\\
& \tan\frac{\theta}{2}=\pm\sqrt{\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}}=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta}=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\\
& \cot\frac{\theta}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}}=\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}=\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}\mbox{。}
\end{align*}

♥習題. 證明下列公式
\begin{align*}
& 1+\sin\theta=\left (\cos\frac{\theta}{2}+\sin\frac{\theta}{2}\right )^{2}\\
& 1-\sin\theta=\left (\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\right )^{2}\\
& 1+\cos\theta=2\cos^{2}\frac{\theta}{2}\\
& 1-\cos\theta=2\sin^{2}\frac{\theta}{2}\mbox{。}
\end{align*}

♠例題.  化簡
\[\sin^{2}\left (\frac{\pi}{8}+\frac{\theta}{2}\right )-\sin^{2}\left (\frac{\pi}{8}-\frac{\theta}{2}\right )\]

求解: 由倍角公式可知
\[\sin^{2}\theta=\frac{1-\cos 2\theta}{2}\]
因此可得
\begin{align*}
& \sin^{2}\left (\frac{\pi}{8}+\frac{\theta}{2}\right )-\sin^{2}\left (\frac{\pi}{8}-\frac{\theta}{2}\right )
=\frac{1-\cos\left (\frac{\pi}{4}+\theta\right )}{2}-\frac{1-\cos\left (\frac{\pi}{4}-\theta\right )}{2}\\
& \quad=-\frac{1}{2}\left [\cos\left (\frac{\pi}{4}+\theta\right )-\cos\left (\frac{\pi}{4}-\theta\right )\right ]\\
& \quad=-\frac{1}{2}\left (\cos\frac{\pi}{4}\cos\theta-\sin\frac{\pi}{4}\sin\theta
-\cos\frac{\pi}{4}\cos\theta-\sin\frac{\pi}{4}\sin\theta\right )\\
& \quad=-\frac{1}{2}\left (-\sqrt{2}\sin\theta\right )=\frac{\sin\theta}{\sqrt{2}}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題.  假設 \(\sin\theta\)及 \(\cos\theta\)為方程式 \(x^{2}+px+q=0\)之兩根，求 \(2\sin^{2}\frac{\theta}{2}\cdot\left (\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\right )^{2}\)。

求解: 首先有 \(\sin\theta+\cos\theta=-p\)及 \(\sin\theta\cos\theta=q\)。因此可得
\begin{align*}
& 2\sin^{2}\frac{\theta}{2}\cdot\left (\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\right )^{2}
=\left (1-\cos\theta\right )\cdot\left (1-\sin\theta\right )\\
& \quad=1-(\cos\theta+\sin\theta)+\sin\theta\cos\theta=1+p+q\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題.  假設 \(\theta=\frac{\pi}{8}\)，求 \(\sin^{4}\theta+\sin^{4}3\theta+\sin^{4}5\theta+\sin^{4}7\theta\)之值。答:  \(\frac{3}{2}\)

♠例題.  求 \(\sin 18^{\circ}\)及 \(\cos 36^{\circ}\)。

求解: 令 \(\theta=18^{\circ}\)，則 \(5\theta=\frac{\pi}{2}\)，因此可得 \(2\theta=\frac{\pi}{2}-3\theta\)。所以
\[\sin 2\theta=\sin\left (\frac{\pi}{2}-3\theta\right )=\cos 3\theta\mbox{。}\]
由倍角公式可得
\[2\sin\theta\cos\theta=4\cos^{3}\theta-3\cos\theta\mbox{。}\]
因為 \(\cos\theta\neq 0\)，得出
\[2\sin\theta=4\cos^{2}\theta-3=4\left (1-\sin^{2}\theta\right )-3\]
整理後得到 \(4\sin^{2}\theta+2\sin\theta-1=0\)。因為 \(\sin\theta=\sin 18^{\circ}>0\)，解出
\[\sin 18^{\circ}=\sin\theta=\frac{-2+\sqrt{20}}{8}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\mbox{。}\]
最後又得
\[\cos 36^{\circ}=\cos 2\theta=1-2\sin^{2}\theta=1-2\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\mbox{。}\blacksquare\]

♥習題.  令 \(\cos 2\theta=t\)，求 \(4(\cos^{6}\theta-\sin^{6}\theta)\)。答:  $3t+t^{3}$

♠例題.  假設 \(0<\theta<\frac{\pi}{2}\)，求 \(\sqrt{1+\sin\theta}+\sqrt{1-\sin\theta}\)。

求解: 首先可得
\[1+\sin\theta=\left (\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2}\right )^{2}\]及
\[1-\sin\theta=\left (\sin\frac{\theta}{2}-\cos\frac{\theta}{2}\right )^{2}\]
因此
\[\sqrt{1+\sin\theta}+\sqrt{1-\sin\theta}=\left |\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2}\right |
+\left |\sin\frac{\theta}{2}-\cos\frac{\theta}{2}\right |\]
因為 \(0<\theta<\frac{\pi}{2}\)，也就是 \(0<\frac{\theta}{2}<\frac{\pi}{4}\)，所以 \(\sin\frac{\theta}{2}<\cos\frac{\theta}{2}\)，最後可得
\begin{align*} \sqrt{1+\sin\theta}+\sqrt{1-\sin\theta} & =\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2}
+\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\\ & =2\cos\frac{\theta}{2}\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♥習題.  假設 \(\frac{\pi}{2}<\theta<\pi\)，已知 \(\sin\theta\)及 \(\cos\theta\)為 \(8x^{2}+4x-3\)之兩根，求 \(2\sin^{2}\frac{\theta}{2}\cdot\left (\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\right )^{2}\)之值。答:   \(\frac{9}{8}\)

\begin{equation}{\label{e}}\tag{E}\mbox{}\end{equation}

和差化積與積化和差.

和差化積公式
\begin{align*}
& \sin\alpha+\sin\beta=2\sin\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\\
& \sin\alpha-\sin\beta=2\cos\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\sin\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\\
& \cos\alpha+\cos\beta=2\cos\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\\
& \cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\sin\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\mbox{。}
\end{align*}
積化和差公式
\begin{align*}
& 2\sin\alpha\cos\beta=\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\\
& 2\cos\alpha\sin\beta=\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\\
& 2\cos\alpha\cos\beta=\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\\
& 2\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\mbox{。}
\end{align*}

♠例題. 化簡下式
\[\frac{\sin 2\theta+\sin 5\theta-\sin\theta}{\cos 2\theta+\cos 5\theta+\cos\theta}\mbox{。}\]

求解:可得
\begin{align*}
\mbox{原式} & =\frac{\sin 2\theta+2\cos\left (\frac{5\theta+\theta}{2}\right )\cdot
\sin\left (\frac{5\theta-\theta}{2}\right )}{\cos 2\theta+2\cos\left (\frac{5\theta+\theta}{2}\right )\cdot\cos\left (\frac{5\theta-\theta}{2}\right )}\\
& =\frac{\sin 2\theta+2\cos 3\theta\sin 2\theta}{\cos 2\theta+2\cos 3\theta\cos 2\theta}\\
& =\frac{\sin 2\theta(1+2\cos 3\theta)}{\cos 2\theta(1+2\cos 3\theta)}
=\frac{\sin 2\theta}{\cos 2\theta}=\tan 2\theta\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題.  求 \(\sin 20^{\circ}\cdot\sin 40^{\circ}\cdot\sin 80^{\circ}\)之值。

求解: 由積化和差公式可得
\begin{align*}
& \sin 20^{\circ}\cdot\sin 40^{\circ}\cdot\sin 80^{\circ}
=\frac{1}{2}\sin 20^{\circ}\cdot\left [\cos (80^{\circ}-40^{\circ})-\cos (80^{\circ}+40^{\circ})\right ]\\
& \quad=\frac{1}{2}\sin 20^{\circ}\cdot\left (\cos 40^{\circ}-\cos 120^{\circ}\right )
=\frac{1}{2}\sin 20^{\circ}\cos 40^{\circ}+\frac{1}{4}\sin 20^{\circ}\\
& \quad=\frac{1}{4}\left [\sin (40^{\circ}+20^{\circ})-\sin (40^{\circ}-20^{\circ})\right ]+\frac{1}{4}\sin 20^{\circ}\\
& \quad=\frac{1}{4}\left (\sin 60^{\circ}-\sin 20^{\circ}\right )+\frac{1}{4}\sin 20^{\circ}
=\frac{1}{4}\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{8}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題.  求 \(\cos 20^{\circ}\cdot\cos 40^{\circ}\cdot\cos 80^{\circ}\)之值。答:  \(\frac{1}{8}\)

♠例題.  假設 \(\sin\alpha+\sin\beta=b\)及 \(\cos\alpha+\cos\beta=b\neq 0\)，求下列各式
\[\tan\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right ),\quad\cos(\alpha+\beta),\quad\sin(\alpha+\beta),\quad\cos(\alpha-\beta)\mbox{。}\]
求解: 因為
\[a=\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\]
及
\[b=\cos\alpha+\cos\beta=2\cos\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\]
兩式相除可得
\[\tan\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )=\frac{a}{b}\mbox{其中}b\neq 0\mbox{。}\]
另外可得
\begin{align*} \cos(\alpha+\beta) & =\frac{1-\tan^{2}\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )}
{1+\tan^{2}\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )}\\ & =\frac{1-\frac{a^{2}}{b^{2}}}
{1+\frac{a^{2}}{b^{2}}}=\frac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}+a^{2}}\end{align*}
及
\begin{align*} \cos(\alpha+\beta) & =\frac{2\tan\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )}
{1+\tan^{2}\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )}\\ & =\frac{2\cdot\frac{a}{b}}
{1+\frac{a^{2}}{b^{2}}}=\frac{2ab}{b^{2}+a^{2}}\mbox{。}\end{align*}
因為
\[\left (\sin\alpha+\sin\beta\right )^{2}+\left (\cos\alpha+\cos\beta\right )^{2}=a^{2}+b^{2}\]
展開後可得
\[\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+2\left (\sin\alpha\sin\beta+\cos\alpha\cos\beta\right )=a^{2}+b^{2}\]
整理後可得
\[2+2\cos(\alpha-\beta)=a^{2}+b^{2}\]
最後求得
\[\cos(\alpha-\beta)=\frac{a^{2}+b^{2}-2}{2}\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題.  假設 \(\alpha+\beta+\gamma=\pi\)，證明下式
\begin{align*}
& \cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma=-1-4\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\\
& \sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma=2+2\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\\
& \cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+\cos^{2}\gamma=1-2\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\mbox{。}
\end{align*}

證明: 由和差化積公式可得
\begin{align*}
& \cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma=2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)+\cos 2\gamma\\
& \quad=2\cos(\pi-\gamma)\cos(\alpha-\beta)+2\cos^{2}\gamma-1\\
& \quad=-2\cos\gamma\cos(\alpha-\beta)+2\cos^{2}\gamma-1\\
& \quad=2\cos\gamma\left [-\cos(\alpha-\beta)+\cos\gamma\right ]-1\\
& \quad=2\cos\gamma\left [-\cos(\alpha-\beta)+\cos(\pi-(\alpha+\beta))\right ]-1\\
& \quad=2\cos\gamma\left [-\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\right ]-1\\
& \quad=-1-4\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\mbox{。}
\end{align*}
因此證得第一式。關於第二式，由倍角公式可得
\begin{align*}
& \sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma=\frac{1-\cos 2\alpha}{2}+\frac{1-\cos 2\beta}{2}+\frac{1-\cos 2\gamma}{2}\\
& \quad=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left (\cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma\right )\\
& \quad=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left (-1-4\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\right )\mbox{ (根據第一式)}\\
& \quad=2+2\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\mbox{。}
\end{align*}
關於第三式，由倍角公式亦可得
\begin{align*}
& \cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+\cos^{2}\gamma=\frac{1+\cos 2\alpha}{2}+\frac{1+\cos 2\beta}{2}+\frac{1+\cos 2\gamma}{2}\\
& \quad=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left (\cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma\right )\\
& \quad=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left (-1-4\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\right )\mbox{  (根據第一式)}\\
& \quad=1-2\cdot\cos\alpha\cdot\cos\beta\cdot\cos\gamma\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♠例題. 假設 \(0<\theta<2\pi\)，若 \(\sqrt{3}\cos\theta-\sin\theta=1\)，求 \(\theta\)之值。

求解: 原式可得
\[2\left (\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{1}{2}\sin\theta\right )=1\mbox{。}\]
亦可得
\[2\left (\sin 60^{\circ}\cos\theta-\cos 60^{\circ}\sin\theta\right )=1\mbox{。}\]
根據和差公式可得
\[2\sin\left (60^{\circ}-\theta\right )=1\mbox{。}\]
也就是 \(\sin\left (60^{\circ}-\theta\right )=\frac{1}{2}\)，解得 \(\theta=30^{\circ}\)或 \(\theta=270^{\circ}\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  求 \(\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta+5\)之最大值與最小值。

求解: 因為
\begin{align*}
& \cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta+5=2\left (\frac{1}{2}\cos\theta+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta\right )+5\\
& \quad =2\left (\cos\frac{\pi}{3}\cos\theta+\sin\frac{\pi}{3}\sin\theta\right )+5=2\cos\left (\theta-\frac{\pi}{3}\right )+5
\end{align*}
當 \(\theta-\frac{\pi}{3}=0\)時有最大值 \(2\cdot 1+5=7\)，當 \(\theta-\frac{\pi}{3}=\pi\)時有最小值 \(2\cdot (-1)+5=3\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  假設 \(\frac{\pi}{6}\leq\theta\leq\frac{5\pi}{6}\)，求 \(\sqrt{3}\sin\theta-\cos\theta+1\)之最大值與最小值。

求解: 因為
\begin{align*} \sqrt{3}\sin\theta-\cos\theta+1 & =2\left (\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\frac{1}{2}\cos\theta\right )+1\\ & =2\sin\left (\theta-\frac{\pi}{6}\right )+1\end{align*}
且 \(0\leq\theta-\frac{\pi}{6}\leq\frac{4\pi}{6}\)，當 \(\theta-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\) 時有最大值 \(2\cdot 1+1=3\)，當 \(\theta-\frac{\pi}{6}=0\)時有最小值 \(2\cdot 0+1=1\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  求 \(2\sqrt{3}\sin\left (\theta+\frac{\pi}{6}\right )-4\sin\theta\)之最大值與最小值。

求解: 因為
\begin{align*}
& 2\sqrt{3}\sin\left (\theta+\frac{\pi}{6}\right )-4\sin\theta=2\sqrt{3}\sin\left (\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta+\frac{1}{2}\cos\theta\right )-4\sin\theta\\
& \quad=\sqrt{3}\cos\theta-\sin\theta=2\left (\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{1}{2}\sin\theta\right )\\ & =2\sin\left (\frac{\pi}{3}-\theta\right )
\end{align*}
當 \(\frac{\pi}{3}-\theta=\frac{\pi}{2}\)時有最大值 \(2\cdot 1=2\)，當 \(\frac{\pi}{3}-\theta=\frac{3\pi}{2}\)時有最小值 \(2\cdot (-1)=-2\)。 \(\blacksquare\)

♠例題. 假設 \(0\leq\theta\leq 2\pi\)，求 \(\sin^{2}2\theta-3\cos^{2}\theta\)之最大值與最小值。

求解: 因為
\begin{align*}
& \sin^{2}2\theta-3\cos^{2}\theta=\sin^{2}2\theta-\frac{3}{2}\left (1+\cos 2\theta\right )\\
& \quad=\left (1-\cos^{2}2\theta\right )-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\cos 2\theta\\ & =-\cos^{2} 2\theta-\frac{3}{2}\cos 2\theta-\frac{1}{2}
\end{align*}
令 \(\cos 2\theta=k\)，則 \(-1\leq k\leq 1\)，因此可得
\begin{align*}  -k^{2}-\frac{3}{2}k-\frac{1}{2} & =-\left (k^{2}+\frac{3}{2}k+\frac{9}{16}\right )-\frac{1}{2}
+\frac{9}{16}\\ & =-\left (k+\frac{3}{4}\right )^{2}+\frac{1}{16}\end{align*}
當 \(k=-\frac{3}{4}\)時有最大值 \(\frac{1}{16}\)。 \(\blacksquare\)

♠例題.  假設 \(0\leq\theta\leq\pi\)，求 \(5\cos^{2}\theta+8\sin\theta\cos\theta-\sin^{2}\theta\)之最大值與最小值。

求解: 整理可得
\begin{align*}
& 5\cos^{2}\theta+8\sin\theta\cos\theta-\sin^{2}\theta=\frac{5}{2}(1+\cos 2\theta)+4\sin 2\theta-\frac{1}{2}(1-\cos 2\theta)\\
& \quad=3\cos 2\theta+4\sin 2\theta +2=5\left (\frac{3}{5}\cos 2\theta+\frac{4}{5}\sin 2\theta\right )\\
& \quad=5(\cos 2\theta\cos\alpha+\sin 2\theta\sin\alpha)+2=5\cos(2\theta-\alpha)+1
\end{align*}
其中 \(\cos\alpha=\frac{3}{5}\)及 \(\sin\alpha=\frac{4}{5}\)且 \(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\)。因為 \(0\leq\theta\leq\pi\)，所以 \(-\alpha\leq 2\theta-\alpha\leq 2\pi-\alpha\)。即知 \(-1\leq\cos (2\theta-\alpha)\leq 1\)。當 \(2\theta-\alpha=0\)時有最大值 \(7\)，當 \(2\theta-\alpha=\pi\)時有最小值 \(-3\)。 \(\blacksquare\)

♥習題.  求 \(\sin^{2}\theta=3\sin\theta\cos\theta+2\cos^{2}\theta\)之最大值與最小值。答:   \(\frac{3+\sqrt{10}}{2}\)及 \(\frac{3-\sqrt{10}}{2}\)

♠例題.  求 \(\sin 2\theta+2(\sin\theta+\cos\theta)+8\)之最大值與最小值。

求解: 令 \(\sin\theta+\cos\theta=x\)，則 \(\sin\theta\cos\theta=\frac{x^{2}-1}{2}\)且 \(-\sqrt{2}\leq x\leq\sqrt{2}\)。因為
\[\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta=x^{2}-1\mbox{，}\]
所以
\begin{align*} \sin 2\theta+2(\sin\theta+\cos\theta)+8 & =x^{2}-1+2x+8\\ & =x^{2}+2x+t=(x+1)^{2}+6\end{align*}
因為 \(-\sqrt{2}\leq x\leq\sqrt{2}\)，當 \(x=\sqrt{2}\)時有最大值 \((\sqrt{2}+1)^{2}+6=9+2\sqrt{2}\)，當 \(x=-1\)時有最小值 \(0+6=6\)。 \(\blacksquare\)

♥習題.  假設 \(0\leq\theta\leq 2\pi\)，求
\[\frac{\sin\theta\cos\theta}{1+\sin\theta+\cos\theta}\]
之最大值與最小值。答:   \(\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)\)及 \(-\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)\)

 ♠例題. 假設 \(0\leq\alpha\leq\frac{\pi}{2}\)及 \(\alpha-\beta=\frac{2\pi}{3}\)，求 \(\sin\alpha\cdot\sin\beta\)之最大值與最小值。

求解: 首先可得
\begin{align*}
& \sin\alpha\cdot\sin\beta=-\frac{1}{2}\left [\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\right ]\\
& \quad=-\frac{1}{2}\cos(\alpha+\beta)+\frac{1}{2}\cos\frac{2\pi}{3}\\ & \quad =-\frac{1}{2}\cos(\alpha+\beta)-\frac{1}{4}
\end{align*}
因為 \(y=x-\frac{2\pi}{3}\)，又可得
\[\sin\alpha\cdot\sin\beta=-\frac{1}{2}\cos\left (2x-\frac{2\pi}{3}\right )-\frac{1}{4}\]
當 \(x=\frac{\pi}{3}\)時有最小值 \(-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=-\frac{3}{4}\)，當 \(x=0\)時有最大值 \(-\frac{1}{2}\left (-\frac{1}{2}\right )-\frac{1}{4}=0\)。 \(\blacksquare\)

 ♠例題.  假設 \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}\)，求 \(\sin\alpha+\sin\beta\)之最大值與最小值。

求解: 首先可得
\begin{align*}
& \sin\alpha+\sin\beta=2\sin\left (\frac{\alpha+\beta}{2}\right )\cdot
\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )=2\sin\frac{\pi}{8}\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\\
& \quad=2\sqrt{\frac{1-\cos\frac{\pi}{4}}{2}}\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )
=2\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )\\
& \quad=2\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )
=\sqrt{2-\sqrt{2}}\cdot\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )
\end{align*}
當 \(\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )=-1\)時有最小值 \(-\sqrt{2-\sqrt{2}}\)，當 \(\cos\left (\frac{\alpha-\beta}{2}\right )=1\)時有最大值 \(\sqrt{2-\sqrt{2}}\)。 \(\blacksquare\)

 ♠例題.  假設 \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}\)，求 \(\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta\)之最大值與最小值。

求解: 首先可得
\begin{align*}
& \cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta=1-\sin^{2}\alpha-\left (1-\sin^{2}\beta\right )\sin^{2}\beta-\sin^{2}\alpha\\
& \quad=\sin(\beta+\alpha)\cdot\sin(\beta-\alpha)=\sin\frac{\pi}{3}\cdot\sin(\beta-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sin(\beta-\alpha)
\end{align*}
當 \(\sin(\beta-\alpha)=-1\)時有最小值 \(-\frac{\sqrt{3}}{2}\)，當 \(\sin(\beta-\alpha)=1\)時有最大值 \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)。 \(\blacksquare\)

♥習題.  假設 \(\alpha>0\)， \(beta>0\)及 \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}\)，求 \(\cos\alpha+\cos\beta\)之最大值。答:   \(\sqrt{2+\sqrt{2}}\)

♥習題.  假設 \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}\)，求 \(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\beta\)之最大值與最小值。 答:  \(\frac{\sqrt{2}}{2}\)及\(-\frac{\sqrt{2}}{2}\)

 ♠例題.   假設 \(0\leq\theta\leq\pi\)，求 \(\frac{2\sin\theta}{2+\sin\theta}\)之最大值與最小值。

求解: 首先可得
\[\frac{2\sin\theta}{2+\sin\theta}=2-\frac{4}{2+\sin\theta}\]
當 \(\sin\theta=0\)時有最小值 \(0\)，當 \(\sin\theta=1\)時有最大值 \(2-\frac{4}{1+2}=\frac{2}{3}\)。 \(\blacksquare\)

 ♠例題.  求 \(\frac{1-\sin\theta}{2+\cos\theta}\)之最大值與最小值，其中 \(\theta\)為任意數。

求解: 令 \(\frac{1-\sin\theta}{2+\cos\theta}=k\)，則 \(1-\sin\theta=k(2+\cos\theta)\)。因此可得 \(k\cos\theta+\sin\theta=1-2k\)，也就是
\[\sqrt{1+k^{2}}\left (\frac{k}{\sqrt{1+k^{2}}}\cos\theta+\frac{1}{\sqrt{1+k^{2}}}\sin\theta\right )=1-2k\]
令  \(\sin\alpha=\frac{k}{\sqrt{1+k^{2}}}\)， \(\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+k^{2}}}\)，則可得
\[\sqrt{1+k^{2}}\cdot\sin(\theta+\alpha)=1-2k\]
因此解得
\[\sin(\theta+\alpha)=\frac{1-2k}{\sqrt{1+k^{2}}}\]
因為 \(|\sin(\theta+\alpha)|\leq 1\)，所以 \(|\frac{1-2k}{\sqrt{1+k^{2}}}|\leq 1\)，也就是 \((1-2k)^{2}\leq 1+k^{2}\)。整理後可得 \(k(3k-4)\leq 0\)，因此解 \(0\leq k\leq\frac{4}{3}\)，所以最大值為 \(\frac{4}{3}\)，最小值為 \(0\)。 \(\blacksquare\)

♥習題.  求 \(\frac{2\cos\theta}{3+\sin\theta}\)之最大值與最小值，其中 \(\theta\)為任意數。答:   \(\frac{\sqrt{2}}{2}\)及 \(-\frac{\sqrt{2}}{2}\)。

\begin{equation}{\label{f}}\tag{F}\mbox{}\end{equation}

反三角函數.

考慮正弦函數 \(f(x)=\sin x\)，其值域為 \([-1,1]\)。當定義域取為閉區間 \([-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\) 時，則其值域仍為 \([-1,1]\) 且正弦函數 \(f(x)=\sin x\) 轉為一對一且映成函數，也就是函數 \(f:[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\rightarrow [-1,1]\) 有反函數 \(f^{-1}:[-1,1]\rightarrow [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\)，並表為 \(f^{-1}(x)=\sin^{-1}x\)， 此為反正弦函數。因此可知

• 若 \(-\frac{\pi}{2}\leq x\leq\frac{\pi}{2}\)，則 \(\sin^{-1}(\sin x)=x\)。
• 若 \(-1\leq x\leq 1\)，則 \(\sin(\sin^{-1}x)=x\)。

考慮餘弦函數 \(f(x)=\cos x\)，其值域為 \([-1,1]\)。當定義域取為閉區間 \([0,\pi]\) 時，則其值域仍為 \([-1,1]\) 且餘弦函數 \(f(x)=\cos x\) 轉為一對一且映成函數，也就是函數 \(f:[0,\pi]\rightarrow [-1,1]\) 有反函數 \(f^{-1}:[-1,1]\rightarrow [0,\pi]\)，並表為 \(f^{-1}(x)=\cos^{-1}x\)， 此為反餘弦函數。因此可知

• 若 \(0\leq x\leq\pi\)，則 \(\cos^{-1}(\cos x)=x\)。
• 若 \(-1\leq x\leq 1\)，則 \(\cos(\cos^{-1}x)=x\)。

♠例題.  求 \(\sin\left (\cos^{-1}\left (-\frac{2}{3}\right )\right )+\cos\left (\sin^{-1}\left (-\frac{1}{3}\right )\right )\)之值。

求解: 令 \(\cos^{-1}\left (-\frac{2}{3}\right )=\alpha\) 及 \(\sin^{-1}\left (-\frac{1}{3}\right )=\beta\)，則 \(\cos\alpha=-\frac{2}{3}\) 及 \(\sin\beta=\frac{1}{3}\)，因此可得
\[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\]
及
\[\cos\beta=\sqrt{1-\sin^{2}\beta}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\]
最後求得
\begin{align*} \sin\left (\cos^{-1}\left (-\frac{2}{3}\right )\right )+\cos\left (\sin^{-1}\left (-\frac{1}{3}\right )\right ) & =\sin\alpha+\cos\beta\\ & =
\frac{\sqrt{5}}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\mbox{。}\blacksquare\end{align*}

♥習題. 求 \(\cos^{-1}(\cos 3\pi)+\cos\left (\cos^{-1}\frac{\pi}{5}\right )\)之值。答:   \(\frac{6}{5}\pi\)

考慮正切函數 \(f(x)=\tan x\)，其值域為 \(\mathbb{R}\)。當定義域取為開區間 \((-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) 時，則其值域仍為 \(\mathbb{R}\) 且正切函數 \(f(x)=\tan x\) 轉為一對一且映成函數，也就是函數 \(f:(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\rightarrow \mathbb{R}\) 有反函數 \(f^{-1}:\mathbb{R}\rightarrow (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\)，並表為 \(f^{-1}(x)=\tan^{-1}x\)，
此為反正切函數。因此可知

• 若 \(-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}\)，則 \(\tan^{-1}(\tan x)=x\)。
• 若 \(x\in\mathbb{R}\)，則 \(\tan(\tan^{-1}x)=x\)。

♠例題. 求 \(\cos\left (\frac{\pi}{4}+\tan^{-1}2\right )\)之值。

求解: 令 \(\tan^{-1}2=\alpha\)，則 \(\tan\alpha=2\)，其中 \(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\)。因此可得 \(\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}\) 及 \(\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}\)。最後求得
\begin{align*}
& \cos\left (\frac{\pi}{4}+\tan^{-1}2\right )=\cos\left (\frac{\pi}{4}+\alpha\right )=\cos\frac{\pi}{4}\cos\alpha-\sin\frac{\pi}{4}\sin\alpha\\
& \quad=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=-\frac{1}{\sqrt{10}}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}

♥習題. 求 \(\sin\left (\sin^{-1}\frac{1}{3}+\sin^{-1}\frac{1}{4}\right )\)之值。答:  $\frac{1+2\sqrt{30}}{12}$
\end{Exe}

\begin{equation}{\label{g}}\tag{G}\mbox{}\end{equation}

正餘弦定理.

假設 \(\Delta ABC\) 之三內角分別為 \(A,B,C\)，其對邊長分別為 \(a,b,c\)。令 \(\Delta ABC\) 之外接圓半徑為 \(R\) 及外接圓半徑為 \(r\)。令 \(s=\frac{1}{2}(a+b+c)\)，則 \(\Delta ABC\) 之面積為
\begin{align*} \mbox{$\Delta ABC$ 之面積} & =\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ac\sin B
\\ & =\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\\ & =r\cdot s=\frac{abc}{4R}\mbox{。}\end{align*}
正弦定理為
\[\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R=\frac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}\mbox{，}\]
其中 \(a=\overline{BC}\)， \(b=\overline{AC}\) 及 \(c=\overline{AB}\)。餘弦定理為
\begin{align*}
& a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A\\
& b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ac\cos B\\
& c^{2}=a^{2}+c^{2}-2ab\cos C
\end{align*}
則有下列性質

• 若 \(a^{2}<b^{2}+c^{2}\)，則 \(\cos A>0\)，也就是 \(0<A<\frac{\pi}{2}\) 為銳角。
• 若 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}\)，則 \(\cos A=0\)，也就是 \(A=\frac{\pi}{2}\) 為直角。
• 若 \(a^{2}>b^{2}+c^{2}\)，則 \(\cos A<0\)，也就是 \(\frac{\pi}{2}<A<\pi\) 為鈍角。

投影定理為
\begin{align*}
& a=b\cos C+c\cos B\\
& b=c\cos A+a\cos C\\
& c=a\cos B+b\cos A
\end{align*}

♠例題.  解下列各題。

(1) \(\Delta ABC\) 中 \(A=45^{\circ}\)，$C=60^{\circ}$ 及 \(\overline{AC}=\sqrt{3}+1\)，求 \(\Delta ABC\) 之面積。

(2) \(\Delta ABC\) 中 \(A=30^{\circ}\) 及 \(B=105^{\circ}\)，求 \(\overline{AB}:\overline{BC}:\overline{CA}\)。

(3) \(\Delta ABC\) 中，已知 \(\overline{BC}=1\)， \(\sin A<\sin B\)，且 \(\sin A\) 及 \(\sin B\)為方程式 \(8x^{2}-4\sqrt{3}x+1=0\) 之兩根，求 \(\Delta ABC\) 之外接圓半徑。

求解: (1) 首先可知 \(B=75^{\circ}\)，由正弦定理
\[\frac{\overline{BC}}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sin 75^{\circ}}\]
解得 \(\overline{BC}=\frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 75^{\circ}}\)。因此
\begin{align*} \Delta ABC & =\frac{1}{2}\overline{BC}\cdot\overline{AC}\cdot\sin 60^{\circ}\\ & =\frac{1}{2}\cdot
\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}\cdot (\sqrt{3}+1)\cdot(\sqrt{3}+1)\cdot
\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & =\frac{3+\sqrt{3}}{2}\mbox{。}\end{align*}

(2) 首先可知 \(C=45^{\circ}\)，由正弦定理
\begin{align*}
& \overline{AB}:\overline{BC}:\overline{CA}=\sin C:\sin A:\sin B=\sin 45^{\circ}:\sin 30^{\circ}:\sin 105^{\circ}\\
& =\frac{\sqrt{2}}{2}:\frac{1}{2}:\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=2:\sqrt{2}:\sqrt{3}+1\mbox{。}
\end{align*}

(3) 解 \(8x^{2}-4\sqrt{3}x+1=0\) 可得
\[x=\frac{4\sqrt{3}\pm\sqrt{16}}{2\cdot 8}=\frac{\sqrt{3}\pm 1}{4}\]
因為 \(\sin A<\sin B\)，所以 \(\sin A=\frac{\sqrt{3}-1}{4}\)。由正弦定理可得
\[R=\frac{\overline{BC}}{2\sin A}=\frac{1}{2\cdot\frac{\sqrt{3}-1}{4}}=\sqrt{3}+1\mbox{。}\blacksquare\]

♠例題.  給定 \(\Delta ABC\)，求 \(\cot A+\cot B+\cot C\)。

求解:  由正餘弦定理，可得
\begin{align*}
& \cot A+\cot B+\cot C=\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{\cos B}{\sin B}+\frac{\cos C}{\sin C}=\frac{\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}{\frac{a}{2R}}
+\frac{\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}}{\frac{b}{2R}}+\frac{\frac{b^{2}+a^{2}-c^{2}}{2ba}}{\frac{c}{2R}}\\
& \quad=\frac{R(b^{2}+c^{2}-a^{2})}{abc}+\frac{R(a^{2}+c^{2}-b^{2})}{abc}+\frac{R(b^{2}+a^{2}-c^{2})}{abc}\\
& \quad=\frac{R}{abc}\left (b^{2}+c^{2}-a^{2}+a^{2}+c^{2}-b^{2}+b^{2}+a^{2}-c^{2}\right )=\frac{R}{abc}\left (a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}