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Topos Uranos
中文 (中国)

三角方程与三角函数不等式

摘要

本课求解未知数出现在三角函数之中的方程和不等式。首先证明 sin⁡x=c\sin x = c、cos⁡x=c\cos x = c 和 tan⁡x=c\tan x = c 在整个实数轴上的通解，它们借助周期性把用反函数得到的一周内的解推广开来，并计算其中有多少个落在给定的区间内。然后讲解如何通过两个正弦相等或两个余弦相等，把用恒等式、因式分解或倍角求解的方程化为这些最简方程；用辅助角形式求解关于正弦和余弦的一次方程，并给出其可解条件，还求解齐次方程，并说明除法如何丢失解、平方如何增添解。最后，借助单位圆和符号表求解一周内的不等式，并把解周期地推广。

学习目标

  1. 证明并应用正弦、余弦和正切的最简方程的通解，并计算它们在给定区间内的解的个数。
  2. 借助恒等式、因式分解、两个正弦相等或两个余弦相等以及辅助角形式，把三角方程化为最简方程，并判断关于正弦和余弦的一次方程何时有解。
  3. 识别除法时丢失的解以及平方或相乘时增添的解，并把得到的每个解代回原方程检验。
  4. 借助单位圆和符号表求解一周内的三角函数不等式，并写出其通解。

最简方程的通解

三角方程是未知数出现在三角函数的自变量中的方程，例如 2sin⁡2x−3sin⁡x+1=02\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0 或 sin⁡3x=sin⁡x\sin 3x = \sin x；解这个方程就是求出满足它的全体实数所成的集合。在关于反三角函数的课中证明了最简方程定理，它给出 sin⁡x=c\sin x = c 和 cos⁡x=c\cos x = c 在 [0,2π)\ico{0}{2\pi} 中的解。然而，正弦和余弦的周期为 2π2\pi，正切的周期为 π\pi，这见于关于三角函数及其图像的课；由此可知，每个解都重复无穷多次，而要描述全部的解，只需知道它们在一个长度为一个周期的区间中的情形。使人能从这样的区间过渡到整条数轴的事实，是化到第一周定理的一个变形，该定理已在关于角及其度量的课中证明。

引理化到一个周期

设 p>0p > 0 和 aa 为实数。对任意实数 xx，存在唯一的整数 kk，使得 x−kp∈[a,a+p)x - kp \in \ico{a}{a + p}。

一次伸缩变换把区间 [a,a+p)\ico{a}{a + p} 变到第一周 [0,2π)\ico{0}{2\pi} 上，化到第一周定理便给出所求的整数。图中取 a=1a = 1、p=52p = \frac{5}{2} 和 x=8x = 8。

证明

  1. θ=2πp(x−a)=θ0+2kπ,0≤θ0<2π\theta = \frac{2\pi}{p} (x - a) = \dato{t}{\theta_0 + 2k\pi, \quad 0 \leq \theta_0 < 2\pi}

    设 θ\theta 是从 xx 减去 aa 再乘以 2πp\frac{2\pi}{p} 所得的数。由化到第一周定理，存在唯一的整数 kk 和唯一的 θ0\theta_0（属于 [0,2π)\ico{0}{2\pi}），使得 θ=θ0+2kπ\theta = \theta_0 + 2k\pi。

  2. x−kp=a+p2πθ0→a≤x−kp<a+px - kp = a + \frac{p}{2\pi} \theta_0 \rightarrow \resaltar{a \leq x - kp < a + p}

    乘以 p2π\frac{p}{2\pi}（它是正数，保持不等号方向），再加上 aa：数 x−kpx - kp 位于所要求的区间中。图中，k=2k = 2，且 x−2p=3x - 2p = 3。

  3. a≤x−jp<a+p→0≤θ−2jπ<2π→j=ka \leq x - jp < a + p \rightarrow 0 \leq \resaltar{\theta - 2j\pi} < 2\pi \rightarrow \resaltar{j = k}

    唯一性：若整数 jj 也满足 a≤x−jp<a+pa \leq x - jp < a + p，则减去 aa 并乘以 2πp\frac{2\pi}{p} 后，得到 θ−2jπ\theta - 2j\pi 位于 [0,2π)\ico{0}{2\pi} 中，于是 θ=(θ−2jπ)+2jπ\theta = \left( \theta - 2j\pi \right) + 2j\pi 是与证明开头那种分解同类的另一个分解；由化到第一周定理给出的唯一性，j=kj = k。

定理通解

设 cc 是满足 ∣c∣≤1\abs{c} \leq 1 的实数。sin⁡x=c\sin x = c 的解是数 arcsin⁡c+2kπ\arcsin c + 2k\pi 和 π−arcsin⁡c+2kπ\pi - \arcsin c + 2k\pi，cos⁡x=c\cos x = c 的解是数 arccos⁡c+2kπ\arccos c + 2k\pi 和 −arccos⁡c+2kπ-\arccos c + 2k\pi，其中 kk 取遍整数。对任意实数 cc，tan⁡x=c\tan x = c 的解是数 arctan⁡c+kπ\arctan c + k\pi，其中 kk 为整数。若 ∣c∣>1\abs{c} > 1，则正弦方程和余弦方程无解。

用集合和逻辑联结词的记号，定理写成：

sin⁡x=c↔x=arcsin⁡c+2kπ∨x=π−arcsin⁡c+2kπ,k∈Z\sin x = c \leftrightarrow x = \arcsin c + 2k\pi \vee x = \pi - \arcsin c + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}
cos⁡x=c↔x=±arccos⁡c+2kπ,tan⁡x=c↔x=arctan⁡c+kπ,k∈Z\cos x = c \leftrightarrow x = \pm \arccos c + 2k\pi, \qquad \tan x = c \leftrightarrow x = \arctan c + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}

先在 [−π2,3π2)\ico{-\frac{\pi}{2}}{\frac{3\pi}{2}} 上讨论，它是一周，分成两半：在 [−π2,π2]\icc{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} 上正弦严格增大，这由主值区间上的单调性定理得出，而关于反函数的课从按弧长行进的公理推出了该定理；在 (π2,3π2)\ioo{\frac{\pi}{2}}{\frac{3\pi}{2}} 上起作用的是补角的对称性 sin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(\pi - x) = \sin x，见关于三角比的课。引理把结果推广到整条数轴，而余弦方程化为正弦方程。图中取 c=12c = \frac{1}{2}，此时 arcsin⁡c=π6\arcsin c = \frac{\pi}{6}。

证明

  1. −π2≤x≤π2→(sin⁡x=c↔x=α)\dato{a}{-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2} \rightarrow \left( \sin x = c \leftrightarrow x = \alpha \right)}

    设 α=arcsin⁡c\alpha = \arcsin c，它位于 [−π2,π2]\icc{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} 中，并满足 sin⁡α=c\sin \alpha = c。由于正弦在这个区间上严格增大，它在其中不会两次取同一个值：α\alpha 是这一周前一半中的唯一解。在单位圆上，P(α)P(\alpha) 是右半圆上高度为 cc 的点。

  2. sin⁡x=sin⁡(π−x)=c↔π−x=α↔x=π−α\sin x = \resaltar{\sin(\pi - x)} = c \leftrightarrow \resaltar{\pi - x = \alpha} \leftrightarrow \dato{b}{x = \pi - \alpha}

    若 xx 位于 (π2,3π2)\ioo{\frac{\pi}{2}}{\frac{3\pi}{2}} 中，则角 π−x\pi - x 位于 (−π2,π2)\ioo{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} 中，且与 xx 有相同的正弦。由刚才所证，xx 是解当且仅当 π−x=α\pi - x = \alpha：高度为 cc 的水平直线与左半圆交于对称点 P(π−α)P(\pi - \alpha)。

  3. sin⁡x=sin⁡x0=c↔x=α+2kπ∨x=π−α+2kπ\sin x = \resaltar{\sin x_0} = c \leftrightarrow \dato{g}{\resaltar{x = \alpha + 2k\pi \vee x = \pi - \alpha + 2k\pi}}

    现在设 xx 为任意实数。由引理，取 p=2πp = 2\pi 和 a=−π2a = -\frac{\pi}{2}，可写成 x=x0+2kπx = x_0 + 2k\pi，其中 x0x_0 位于所讨论的一周中，并且由周期性 sin⁡x=sin⁡x0\sin x = \sin x_0。因此，xx 是解当且仅当 x0x_0 等于 α\alpha 或 π−α\pi - \alpha。

  4. α=±π2→π−α=α∨π−α=α+2π\alpha = \pm \frac{\pi}{2} \rightarrow \resaltar{\pi - \alpha = \alpha} \vee \resaltar{\pi - \alpha = \alpha + 2\pi}

    反过来，这两族中的每个数都是解，同样由周期性可得。在正弦的图像上，直线 y=cy = c 在每个周期内与曲线交于两点。若 c=1c = 1 或 c=−1c = -1，两族重合，因为 π−α\pi - \alpha 与 α\alpha 相差 2π2\pi 的一个倍数，此时每个周期内只有一个交点。

  5. π2−x=π2−arccos⁡c+2kπ∨π2−x=π2+arccos⁡c+2kπ\frac{\pi}{2} - x = \resaltar{\frac{\pi}{2} - \arccos c} + 2k\pi \vee \frac{\pi}{2} - x = \resaltar{\frac{\pi}{2} + \arccos c} + 2k\pi

    对于余弦，利用余角的对称性 cos⁡x=sin⁡(π2−x)\cos x = \sin\left( \frac{\pi}{2} - x \right)，以及关于反函数的课中的余角定理 arcsin⁡c=π2−arccos⁡c\arcsin c = \frac{\pi}{2} - \arccos c。把刚才的结论应用于角 π2−x\frac{\pi}{2} - x，得到两族。

  6. cos⁡x=c↔x=±arccos⁡c+2kπ\cos x = c \leftrightarrow \resaltar{x = \pm \arccos c + 2k\pi}

    解出 xx，两族为 arccos⁡c−2kπ\arccos c - 2k\pi 和 −arccos⁡c−2kπ-\arccos c - 2k\pi；由于 −k-k 随 kk 一起取遍整数，这正是定理中的两族。在单位圆上，点 P(β)P(\beta) 和 P(−β)P(-\beta)（这里 β=arccos⁡c\beta = \arccos c）是横坐标为 cc 的竖直直线的两个交点。

  7. tan⁡x=tan⁡x0=c↔x=arctan⁡c+kπ\tan x = \resaltar{\tan x_0} = c \leftrightarrow \resaltar{x = \arctan c + k\pi}

    对于周期为 π\pi 的正切，取 p=πp = \pi 和 a=−π2a = -\frac{\pi}{2} 应用引理：若 x=x0+kπx = x_0 + k\pi，其中 x0x_0 属于 (−π2,π2)\ioo{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}}（正切在其上是到 R\mathbb{R} 的双射），则唯一的解是 x0=arctan⁡cx_0 = \arctan c；点 −π2-\frac{\pi}{2} 不计入，因为正切在该点无定义。若 ∣c∣>1\abs{c} > 1，则正弦和余弦都取不到值 cc，因为它们的值在 [−1,1]\icc{-1}{1} 中。

例如，由于 arcsin⁡(−12)=−π6\arcsin\left( -\frac{1}{2} \right) = -\frac{\pi}{6}，sin⁡x=−12\sin x = -\frac{1}{2} 的解是下面两族中的数；在第一族中取 k=1k = 1，在第二族中取 k=0k = 0，便得到位于 [0,2π)\ico{0}{2\pi} 中的两个解，即 11π6\frac{11\pi}{6} 和 7π6\frac{7\pi}{6}，与关于反函数的课中的结果一致。

sin⁡x=−12↔x=−π6+2kπ∨x=7π6+2kπ,k∈Z\sin x = -\frac{1}{2} \leftrightarrow x = -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \vee x = \frac{7\pi}{6} + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}

sin⁡x=0\sin x = 0 的解构成两族 2kπ2k\pi 和 π+2kπ\pi + 2k\pi，合起来就是 π\pi 的整数倍；cos⁡x=0\cos x = 0 的解是 ±π2+2kπ\pm\frac{\pi}{2} + 2k\pi，合起来就是数 π2+kπ\frac{\pi}{2} + k\pi。下面这两个简洁的描述经常用到：

sin⁡x=0↔x=kπ,cos⁡x=0↔x=π2+kπ,k∈Z\sin x = 0 \leftrightarrow x = k\pi, \qquad \cos x = 0 \leftrightarrow x = \frac{\pi}{2} + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}

区间中解的个数

关于三角方程的问题通常限定在某个区间内，几乎总是 [0,2π)\ico{0}{2\pi}。引理表明，形如 x1+2kπx_1 + 2k\pi 的每一族在 [a,a+2π)\ico{a}{a + 2\pi} 中恰有一个成员，无论 aa 取何值；由此可得最简方程在任意一周内的解的个数。

定理一周内的解

设 aa 和 cc 为实数。若 ∣c∣<1\abs{c} < 1，则方程 sin⁡x=c\sin x = c 和 cos⁡x=c\cos x = c 各自在 [a,a+2π)\ico{a}{a + 2\pi} 中恰有两个解，若 ∣c∣=1\abs{c} = 1，则恰有一个解。方程 tan⁡x=c\tan x = c 在 [a,a+π)\ico{a}{a + \pi} 中恰有一个解。

由引理，每一族解在一周内只贡献一个成员；只需知道正弦的两族或余弦的两族何时是同一族。图中取 a=1a = 1，并取 c=12c = \frac{1}{2} 和 c=1c = 1。

证明

  1. x1+2jπ∈[a,a+2π)↔j=−k\dato{u}{x_1 + 2j\pi \in \ico{a}{a + 2\pi} \leftrightarrow j = -k}

    设 x1x_1 为实数。由引理，取 p=2πp = 2\pi，存在唯一的整数 kk，使得 x1−2kπx_1 - 2k\pi 位于 [a,a+2π)\ico{a}{a + 2\pi} 中：数 x1+2jπx_1 + 2j\pi（这里 jj 为整数）所成的族在一周内恰有一个成员。

  2. α+2kπ=π−α+2jπ↔α=π2+(j−k)π↔α=±π2↔c=±1\alpha + 2k\pi = \pi - \alpha + 2j\pi \leftrightarrow \resaltar{\alpha = \frac{\pi}{2} + (j - k)\pi} \leftrightarrow \alpha = \pm \frac{\pi}{2} \leftrightarrow \resaltar{c = \pm 1}

    设 α=arcsin⁡c\alpha = \arcsin c，它位于 [−π2,π2]\icc{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} 中。若正弦的两族有公共成员，则它们是同一族，而这恰好发生在 α\alpha 等于 π2\frac{\pi}{2} 或 −π2-\frac{\pi}{2} 时，即 c=±1c = \pm 1 时。因此，若 ∣c∣<1\abs{c} < 1，两族在一周内贡献两个不同的解；若 ∣c∣=1\abs{c} = 1，则只有一个。

  3. β+2kπ=−β+2jπ↔β=(j−k)π↔β∈{0,π}↔c=±1\beta + 2k\pi = -\beta + 2j\pi \leftrightarrow \resaltar{\beta = (j - k)\pi} \leftrightarrow \beta \in \left\{ 0, \pi \right\} \leftrightarrow \resaltar{c = \pm 1}

    设 β=arccos⁡c\beta = \arccos c，它位于 [0,π]\icc{0}{\pi} 中。余弦的两族有公共成员，当且仅当 β\beta 是 π\pi 的整数倍，即 β\beta 等于 00 或 π\pi，这等价于 c=±1c = \pm 1；计数与正弦的情形相同。

  4. −π2<arctan⁡c<π2→arctan⁡c+kπ≠π2+jπ-\frac{\pi}{2} < \arctan c < \frac{\pi}{2} \rightarrow \resaltar{\arctan c + k\pi \neq \frac{\pi}{2} + j\pi}

    对于正切只有一族，相邻成员的间隔为 π\pi，引理（取 p=πp = \pi）使它在 [a,a+π)\ico{a}{a + \pi} 中恰有一个成员。这个成员是解，因为 arctan⁡c+kπ\arctan c + k\pi 永远不具有 π2+jπ\frac{\pi}{2} + j\pi 的形式（正切在这种点无定义）：arctan⁡c\arctan c 位于 (−π2,π2)\ioo{-\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} 中。