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三角形有$C^3_2\times{2!}$種邊比
$\sin{\theta}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{對邊}{斜邊}$
$\cos{\theta}=\dfrac{a}{c}=\dfrac{鄰邊}{斜邊}$
$\tan{\theta}=\dfrac{b}{a}=\dfrac{對邊}{鄰邊}$
$\cot{\theta}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{鄰邊}{對邊}$
$\sec{\theta}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{斜邊}{鄰邊}$
$\csc{\theta}=\dfrac{c}{b}=\dfrac{斜邊}{對邊}$
### 廣義角
想使角度從$0^{\circ}\le\theta\le 180^{\circ}$能夠推廣到實數域$\theta\in\mathbb{R}$
> 目的:以函數角度解釋三角
定義:由$x$軸正向為始邊，以原點為旋轉中心逆時針旋轉$\theta$角度，終邊所在位置，所經過程稱為角度
> 逆時針為正，順時針為負
#### 象限角
終邊不與$x$軸或$y$軸重合之角度
#### 同界角
$若兩角度\theta,\phi互為同界角\iff\theta=\phi+2k\pi,k\in\mathbb{Z}$
最小正同界角與最大負同界角:
$設\theta>0之最小正同界角為\phi,則
\\\begin{cases}0\le\phi<{2\pi}\\\phi=\theta-2k\pi,k\in\mathbb{Z}\\\cos{\phi}=\cos{\theta}\\\sin{\phi}=\sin{\theta}\end{cases}$
$設\theta>0之最大負同界角為\phi,則
\\\begin{cases}0\ge\phi>{-2\pi}\\\phi=\theta-2k\pi,k\in\mathbb{Z}\\\cos{\phi}=\cos{\theta}\\\sin{\phi}=\sin{\theta}\end{cases}$
定理:
$設點P(x,y)\in\Gamma:x^2+y^2=1
\\則P可表為以\theta為參數之參數式
\\\to P\begin{cases}x=\cos{\theta}\\y=\sin{\theta}\end{cases}\quad\theta\in\mathbb{R}
\\\because P之x座標以及y座標分別代表\cos{\theta}與\sin{\theta}
\\\therefore 三角函數值之正負與P之x,y有關$
$性質:
\\if\ P\in{Ⅰ}\implies(\sin{\theta}>0)\wedge(\cos{\theta}>0)\implies\tan{\theta}=\dfrac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}>0
\\if\ P\in{Ⅱ}\implies(\sin{\theta}>0)\wedge(\cos{\theta}<0)\implies\tan{\theta}<0
\\if\ P\in{Ⅲ}\implies(\sin{\theta}<0)\wedge(\cos{\theta}<0)\implies\tan{\theta}>0
\\if\ P\in{Ⅳ}\implies(\sin{\theta}<0)\wedge(\cos{\theta}>0)\implies\tan{\theta}<0$
$設一直線L:y=mx+k,\theta為L與x軸正向之夾角,則m=\tan{\theta}$
$pf:
\\\because m=\dfrac{d{y}}{d{x}}
\\\tan{\theta}=\dfrac{r\sin{\theta}}{r\cos{\theta}}=\dfrac{dy}{dx}
\\\therefore\tan{\theta}=m$
### 弳
$一半徑r,弧長也為r的扇形,其弧長所對應的夾角稱為1弳$
可以推得$360^{\circ}=2\pi$
角度換算：
1. $\theta^{\circ}\times\cfrac{\pi}{180^{\circ}}=\phi(弳)$
2. $\theta(弳)\times\cfrac{180^{\circ}}{\pi}=\phi^{\circ}$
### 長度與面積
#### 扇形
$一扇形半徑r,夾角\theta$
弧長$l=r\theta$
$pf:
\\\because圓之圓心角為2\pi,周長為2\pi{r}
\\\therefore當夾角為\theta之扇形弧長l即為\cfrac{2\pi{r}}{2\pi}\theta=r\theta$
周長$S=l+2r=(\theta+2)r$
面積$A=\cfrac{1}{2}r^2\theta$
$pf:
\\\because圓面積為\pi{r^2}
\\\therefore夾角為\theta之扇形所占面積為\pi{r^2}\cfrac{\theta}{2\pi}=\cfrac{1}{2}r^2\theta$
$問:扇形周長為s,r=2,當扇形面積具有最大值時\theta為?
\\Ans:利用算幾
\\\because\cfrac{s}{2}=\cfrac{2r+r\theta}{2}\ge\sqrt{2r^2\theta}
\\\therefore等號成立時,2r=r\theta\implies 2=\theta$
### 三角公式
#### 和差
$\sin{(\alpha\pm\beta)}=\sin{\alpha}\cdot\cos{\beta}\pm\cos{\alpha}\cdot\sin{\beta}$
$\cos{(\alpha\mp\beta)}=\cos{\alpha}\cdot\cos{\beta}\pm\sin{\alpha}\cdot\sin{\beta}$
$\tan{(\alpha\pm\beta)}=\dfrac{\tan{\alpha}\pm\tan{\beta}}{1\mp\tan{\alpha}\tan{\beta}}$
$\tan和角公式例題$
$\tan{\alpha},\tan{\beta}是2x^2-5x+1=0之兩根,求：$
$(1)\tan{(\alpha+\beta)}$
$(2)2\sin^2{(\alpha+\beta)}-5\sin{(\alpha+\beta)}\cos{(\alpha+\beta)}+\cos^2{(\alpha+\beta)}$
#### 倍半
$\sin{2\theta}=2\sin{\theta}\cos{\theta}$
$\cos{2\theta}=\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta}=2\cos^2{\theta}-1=1-2\sin^2{\theta}$
$\tan{2\theta}=\dfrac{2\tan{\theta}}{1-\tan^2{\theta}}(正切萬能公式)$
(畢氏數)$(x^2+y^2)^2=(2xy)^2+(x^2-y^2)^2$此時$x=\tan{\theta},y=1$
畢氏數
$pf:
\\(x^2+y^2)^2=x^4+2x^2y^2+y^4=(x^4-2x^2y^2+y^4)+4x^2y^2=(2xy)^2+(x^2-y^2)^2$
則可得
$\cos{2\theta}=\dfrac{1-\tan^2{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}$
$\sin{2\theta}=\dfrac{2\tan{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}$
$\sin{3\theta}=3\sin{\theta}-4\sin^3{\theta}$
$\cos{3\theta}=4\cos^3{\theta}-3\cos{\theta}$
$\sin^3{\theta}=\dfrac{1}{4}(\sin{3\theta}-3\sin{\theta})$
$\cos^3{\theta}=\dfrac{1}{4}(\cos{3\theta}+3\cos{\theta})$
> 之所以換成這個形式是為了好積分 $\sin^{3}x$與$\cos^3{x}$
>
> $\displaystyle\int\sin^3{x}dx
> \\=\dfrac{1}{4}\displaystyle\int\sin{3x}dx-\dfrac{3}{4}\displaystyle\int\sin{x}dx
> \\=\dfrac{1}{12}(-\cos{3x})+\dfrac{3}{4}(\cos{x})+c
> \\=\dfrac{-\cos{3x}+9\cos{x}}{12}+c
> \\=\dfrac{-4\cos^3{x}+3\cos{x}+9\cos{x}}{12}+c
> \\=\dfrac{-\cos^3{x}}{3}+\cos{x}+c$
$\sin{5\theta}=5\sin{\theta}-20\sin^3{\theta}+16\sin^5{\theta}$
$pf:令\sin{\theta}=s,\cos{\theta}=c,\sin{5\theta}=\sin(2\theta+3\theta)
\\=\sin{2\theta}\cos{3\theta}+\cos{2\theta}\sin{3\theta}
\\=2sc(4c^3-3c)+(1-2s^2)(3s-4s^3)=8sc^4-6sc^2+3s-4s^3-6s^3+8s^5
\\=8s(1-s^2)^2-6s(1-s^2)+3s-10s^3+8s^5
\\=8s(1-2s^2+s^4)-6s+6s^3+3s-10s^3+8s^5
\\=8s-16s^3+8s^5-6s+6s^3+3s-10s^3+8s^5
\\=5s-20s^3+16s^5$
$\sin{\dfrac{\theta}{2}}=\pm\sqrt{\dfrac{1-\cos{\theta}}{2}}$
$\cos{\dfrac{\theta}{2}}=\pm\sqrt{\dfrac{1+\cos{\theta}}{2}}$
$\tan{\dfrac{\theta}{2}}=\pm\sqrt{\dfrac{1-\cos{\theta}}{1+\cos{\theta}}}=\dfrac{1-\cos{\theta}}{\sin{\theta}}=\dfrac{\sin{\theta}}{1+\cos{\theta}}$
#### 和差化積
$\sin{\alpha}\pm\sin{\beta}=2\sin{(\cfrac{\alpha\pm\beta}{2})}\cos{(\cfrac{\alpha\mp\beta}{2})}$
$\cos{\alpha}+\cos{\beta}=2\cos{(\cfrac{\alpha+\beta}{2})}\cos{(\cfrac{\alpha-\beta}{2})}$
$\cos{\alpha}-\cos{\beta}=-2\sin{(\cfrac{\alpha+\beta}{2})}\sin{(\cfrac{\alpha-\beta}{2})}$
#### 積化和差
就是和差化積的逆運算，簡稱已知右邊的角度推左邊的角度
#### 其他
已知$\triangle ABC$中
滿足
1. $\tan{A}+\tan{B}+\tan{C}=\tan{A}\tan{B}\tan{C}$
2. $\tan{\cfrac{A}{2}}\tan{\cfrac{B}{2}}+\tan{\cfrac{A}{2}}\tan{\cfrac{C}{2}}+\tan{\cfrac{C}{2}}\tan{\cfrac{B}{2}}=1$
$pf:$
$\because A+B+C=\pi\iff\pi-C=A+B
\\\therefore\tan{(A+B)}=\tan{(\pi-C)}=-\tan{C}
\\\implies\dfrac{\tan{A}+\tan{B}}{1-\tan{A}\tan{B}}=-\tan{C}
\\\therefore\tan{A}+\tan{B}+\tan{C}=\tan{A}\tan{B}\tan{C}$
又
$\because A+B+C=\pi\iff\dfrac{\pi-C}{2}=\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}
\\\therefore\tan{(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2})}=\tan{(\dfrac{A+B}{2})}=\cot{\dfrac{C}{2}}=\dfrac{1}{\tan{\dfrac{C}{2}}}
\\\implies\dfrac{\tan{\dfrac{A}{2}}+\tan{\dfrac{B}{2}}}{1-\tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{B}{2}}}=\dfrac{1}{\tan{\dfrac{C}{2}}}
\\\therefore\tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{C}{2}}+\tan{\dfrac{B}{2}}\tan{\dfrac{C}{2}}+\tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{B}{2}}=1$
奇妙公式
$\sin{(\alpha+\beta)}\cdot\sin{(\alpha-\beta)}=(\sin{\alpha}+\sin{\beta})(\sin{\alpha}-\sin{\beta})$
連乘公式
1. $\cos{\theta}\cos{2\theta}\cos{4\theta}\dots\cos{2^n\theta}=\displaystyle\prod_{k=0}^n\cos{2^k\theta}=\dfrac{\sin{2^{n+1}\theta}}{2^{n+1}\sin{\theta}}$
2. $\sin{\theta}\sin{(60^{\circ}+\theta)}\sin{(60^{\circ}-\theta)}=\dfrac{\sin{3\theta}}{4}$
3. $\cos{\theta}\cos{(60^{\circ}+\theta)}\cos{(60^{\circ}-\theta)}=\dfrac{\cos{3\theta}}{4}$
4. $\tan{\theta}\tan{(60^{\circ}+\theta)}\tan{(60^{\circ}-\theta)}=\tan{3\theta}$
5. $\cot{\theta}\cot{(60^{\circ}+\theta)}\cot{(60^{\circ}-\theta)}=\cot{3\theta}$
6. $\sec{\theta}\sec{(60^{\circ}+\theta)}\sec{(60^{\circ}-\theta)}=4\sec{3\theta}$
7. $\csc{\theta}\csc{(60^{\circ}+\theta)}\csc{(60^{\circ}-\theta)}=4\csc{3\theta}$
---
### 三角函數
函數:一種對應關係
考慮$f(x)=\sin{x}$
則$\{x\mid x\in\mathbb{R}\}(定義域為實數域)
\\\{f(x)\mid |f(x)|\le1\}值域介於1,-1之間$
$週期定義:
\\\forall x\in\mathbb{R},f(x)=f(x+p)成立
\\且p為一常數,p\in{\mathbb{R^+}}
\\滿足此條件的最小p值為f(x)之週期$
> $過了p單位之後f(x)會重複自己$
$f(x)=\sin{x}之週期為2\pi
\\依週期定義可設\sin{x}=\sin{(x+\theta)}求\theta
\\且\sin{x}=\sin{(\pi-x)}
\\\therefore\sin{(\pi-x)}=\sin(x+\theta)
\\\therefore\sin\pi\cos{x}-\cos{\pi}\sin{x}=\sin{x}\cos{\theta}+\cos{x}\sin{\theta}
\\經由比較係數可得
\\{[\cos{x}之係數應為0\therefore\sin{\theta}=0]}\land{[\sin{x}之係數應為-\cos{\pi}=1\therefore\cos{\theta}=1]
}\\滿足此情況之最小週期值為2\pi(\cos{\pi}\not=1)$
---
$f(x)=\cos{x}$
就是$\sin{x}$向左平移$\dfrac{\pi}{2}$
$\cos{x}=\sin{(x+\dfrac{\pi}{2})}$
$\cos{x}$週期為$2\pi$
---
$f(x)=\tan{x}$
$\because f(x)=\tan{x}之定義域\{x\mid \not=\cfrac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbb{Z}\}
\\又f(x)在k\pi<x<k\pi+\cfrac{\pi}{2},k\in\mathbb{Z}為嚴格遞增函數
\\\displaystyle\lim_{x\to(\frac{\pi}{2}+k\pi)^-}\tan{x}=+\infty
\\\displaystyle\lim_{x\to(\frac{\pi}{2}+k\pi)^+}\tan{x}=-\infty,k\in\mathbb{Z}
\\\therefore x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbb{Z}為f(x)=\tan{x}之漸進線$
$\tan{x}$週期為$\pi$
---
問題：
1. 週期函數相加減是否仍為週期函數？
2. 週期函數相乘除是否仍為週期函數？
圖形
$f(x)=\sin{x}$
$g(x)=\tan{x}$
1. 描點法:找特殊點$(x=\cfrac{\pi}{2},x=\cfrac{\pi}{6}\dots)$
2. 單位圓法:畫出終邊,找角度,與x軸平行作一線,對齊$x$軸刻度為角度的點,垂直$x$軸作出一鉛直線交水平線於一點
$y=f(x)=\sin{x}$
$y=g(x)=\tan{x}$
$函數的伸縮平移對稱
\\y=f(x)經過伸縮平移之後得到新圖形y=g(x)=af(bx+c)+d(a,b\not=0)$
$a:控制y方向伸縮與對稱,若a<0,先對稱後再伸縮
\\b:控制x方向伸縮與對稱,若b<0,先對稱後再伸縮
\\c:控制x方向平移,設c>0,向右移則用減的,向左移則用加的
\\d:控制y方向平移,設d>0,向上移用加的,向下用減的$
三角函數若在$x$方向伸縮$k$倍，其週期變為$\dfrac{1}{k}$倍
例如：$y=f(x)=\sin{(2x)}$其週期為$\dfrac{2\pi}{2}$。
### 疊合
$y=f(x)=a\sin{x}+b\cos{x}$
$同提某個數後可利用\sin和角公式化為同三角函數$
即可表為$y=f(x)=t\sin{(x+\theta)}, t=\sqrt{a^2+b^2}$
$pf:
\\y=f(x)=a\sin{x}+b\cos{x}=t\sin{(x+\theta)}=t(\sin{x}\cos{\theta}+\cos{x}\sin{\theta})$
比較係數得
$\begin{cases}a=t\cos{\theta}\\b=t\sin{\theta}\end{cases}$
$\to a^2+b^2=t^2
\\\to\begin{cases}\sin{\theta}=\cfrac{b}{{\sqrt{a^2+b^2}}}
\\\cos{\theta}=\cfrac{a}{{\sqrt{a^2+b^2}}}\end{cases}$
$\to y=f(x)=\sqrt{a^2+b^2}(\sin{x}\cfrac{a}{{\sqrt{a^2+b^2}}}+\cos{x}\cfrac{b}{{\sqrt{a^2+b^2}}})=\sqrt{a^2+b^2}{\sin{(x+\theta)}}$
$視題目需求也可利用\sin差角,\cos和角,\cos差角化簡$
即
$y=f(x)=a\sin{x}+b\cos{x}$
可以化成
1. $t\sin(x+\alpha)$
2. $t\sin(x-\beta)$
3. $t\cos(x+\gamma)$
4. $t\cos(x-\phi)$
## 三角函數的微積分
### 三角的極限
1. $\displaystyle\lim_{\theta\to{\theta_{0}}}\sin{\theta}=\sin{\theta_{0}}$
2. $\displaystyle\lim_{\theta\to{\theta_{0}}}\cos{\theta}=\cos{\theta_{0}}$
3. $\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{x}}{x}=\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\tan{x}}{x}=1$
1,2之證明需要使用極限的嚴格定義，因此不多作證明
3之證明
先證$\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{x}}{x}=1$
由圖，$eq1$是單位圓$x^2+y^2=1$，$g$是$x$軸，$D\in eq1$，$\angle{DEO}=90^{\circ}$，$B(1,0)$，$eq3:x=1$，$F=eq3\cap f$
設$\angle{DOE}=x>0$
則扇形$DOB$面積為$\dfrac{1}{2}x$，$\triangle{DOE}$面積為$\dfrac{1}{2}\sin{x}\cos{x}$，$\triangle{FOB}$面積為$\dfrac{1}{2}\tan{x}$。
由圖得知：
$\dfrac{1}{2}\sin{x}\cos{x}\le\dfrac{1}{2}x\le\dfrac{1}{2}\tan{x}
\\\implies\sin{x}\cos{x}\le x\le\tan{x}
\\\implies\cos{x}\le{\dfrac{x}{\sin{x}}}\le\dfrac{1}{\cos{x}}$
而
$\displaystyle\lim_{x\to{0^+}}\cos{x}=1=\displaystyle\lim_{x\to{0^+}}\dfrac{1}{\cos{x}}
\\\implies\displaystyle\lim_{x\to{0^+}}\dfrac{x}{\sin{x}}=1$
又$x$與$\sin{x}$皆為奇函數，故相除為偶函數，即：
$\displaystyle\lim_{x\to0^-}\dfrac{\sin{x}}{x}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{\sin{x}}{x}$
故$\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin{x}}{x}=1$
推廣：
$m\in\mathbb{R},n\in\mathbb{R}-\{0\}\implies\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{nx}=\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\tan{mx}}{nx}=\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{\tan{nx}}=\dfrac{m}{n}$
$pf:$
1. $\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{nx}
\\=\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{\dfrac{n}{m}\dfrac{m}{n}nx}
\\=\dfrac{m}{n}\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{mx}=\dfrac{m}{n}$
2. $\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\tan{mx}}{nx}$同理可得
3. $\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\sin{mx}}{\tan{nx}}
\\=\displaystyle\lim_{x\to{0}}\dfrac{\dfrac{\sin{mx}}{x}}{\dfrac{\tan{nx}}{x}}=\dfrac{m}{n}$
三角函數之微分公式
1. $\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\cos{x}$
2. $\dfrac{d}{dx}\cos{x}=-\sin{x}$
3. $\dfrac{d}{dx}\tan{x}=\sec^2{x}$
4. $\dfrac{d}{dx}\cot{x}=-\csc^2{x}$
5. $\dfrac{d}{dx}\sec{x}=\tan{x}\sec{x}$
6. $\dfrac{d}{dx}\csc{x}=-\cot{x}\csc{x}$
$pf:$
只需做正餘弦函數之證明，因為其餘三角函數皆可利用定義表成正餘弦函數
法一：和角公式
$\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(x+h)}-\sin{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{x}\cos{h}+\cos{x}\sin{h}-\sin{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(\dfrac{\cos{x}\sin{h}}{h}+\dfrac{\sin{x}(\cos{h}-1)}{h})
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\cos{x}+\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{x}(\cos^2{h}-1)}{h(\cos{h}+1)}
\\=\cos{x}+\displaystyle\lim_{h\to{0}}(\dfrac{\sin{h}}{h}\times\dfrac{\sin{x}\sin{h}}{\cos{h}+1})=\cos{x}$
法二：和差化積
$\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(x+h)}-\sin{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{2\cos{(\dfrac{2x+h}{2})}\sin{(\dfrac{h}{2})}}{h}
\\=2(\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{(\dfrac{2x+h}{2})}}{h}\times\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(\dfrac{h}{2})}}{h})
\\=2(\dfrac{1}{2}\cos{x})=\cos{x}$
---
證明$\dfrac{d}{dx}\cos{x}=-\sin{x}$
法一：和角公式
$\dfrac{d}{dx}\cos{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{(x+h)}-\cos{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}\cos{h}-\sin{x}\sin{h}-\cos{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos{h}-1)-\sin{x}\sin{h}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos{h}-1)}{h}-\sin{x}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos^2{h}-1)}{h(\cos{h}+1)}-\sin{x}=-\sin{x}$
法二：和差化積
$\dfrac{d}{dx}\cos{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{(x+h)}-\cos{x}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{-2\sin{(\dfrac{2x+h}{2})}\sin{\dfrac{h}{2}}}{h}
\\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(-\sin{\dfrac{(2x+h)}{2}})=-\sin{x}$
> 利用和角公式化簡過程中需要較多技巧
而使用和差化積則只需看出
$\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{\dfrac{h}{2}}}{h}=\dfrac{1}{2}$即可化簡
因此證明時使用和差化積將可節省時間。
### 反三角函數
函數：
$f:{A}\to{B}$
則反函數(不一定存在)：
$f^{-1}:{B\to{A}}$
即定義域與值域對調
其代數意義為「求根」
幾何意義為關於$y=x$對稱
比如：
若$\sin{x}=\dfrac{1}{4},x=?$
顯然此方程式無法使用任何高中的方法解出，因此需要反三角的表示法。
$x=\sin^{-1}(\dfrac{1}{4})+2k\pi\lor\pi-x=\sin^{-1}(\dfrac{1}{4})+2k\pi$
三角函數為已知角度求邊比
反三角函數為已知邊比求角度
反三角函數的表示法
反三角函數可以使用集合表示
$y=f(x)=\sin^{-1}(x)=\{y\mid x=\sin(y), |x|\le1\}$
$y=f(x)=\cos^{-1}(x)=\{y\mid x=\cos(y), |x|\le1\}$
$y=f(x)=\tan^{-1}(x)=\{y\mid x=\tan(y), x\in\mathbb{R},\dfrac{-\pi}{2}\le y\le\dfrac{\pi}{2}\}$
$y=f(x)=\cot^{-1}(x)=\{y\mid x=\cot(y), x\in\mathbb{R},0\le y\le\pi\}$
$y=f(x)=\sec^{-1}(x)=\{y\mid x=\sec(y), \pi\ge y\ge0,|x|\ge1\}$
$y=f(x)=\csc^{-1}(x)=\{y\mid x=\csc(y), \dfrac{\pi}{2}\ge y\ge\dfrac{-\pi}{2},|x|\ge1\}$
> 若$x$或$y$無範圍限制，則會形成一對多的關係，非函數關係。
> 因此必須限定範圍。
反函數微分法
1. 求出$\dfrac{dx}{dy}$再倒數
2. 由定義$f^{-1}(f(x))=x$做連鎖律
3. 由定義$f(f^{-1}(x))=x$做連鎖律
> $f^{-1}(f(x))=x\not=f(f^{-1}(x))=x$
> 因為$x$的範圍有可能不同
利用法1微分$\sin^{-1}x$
令$x=\sin{y}\implies|x|\le{1}$
$\dfrac{dx}{dy}=\cos{y}=\sqrt{1-\sin^{2}y}
\\\therefore\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
利用法2微分$\sin^{-1}x$
$\because\sin^{-1}{(\sin{x})}=x\in\mathbb{R}
\\\therefore(\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}(\sin{x}))\cos{x}=1
\\\therefore\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}(\sin{x})=\dfrac{1}{\cos{x}}
\\令t=\sin{x},x=\sin^{-1}t,|t|\le{1}
\\\therefore\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}(t)=\dfrac{1}{\cos{(\sin^{-1}t)}}
\\=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}{(\sin^{-1}t)}}}
\\=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2{t}}}
\\\therefore\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}x}},|x|\le{1}$
其餘反三角函數之導函數皆可使用此法一一證出
公式整理：
$\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$\dfrac{d}{dx}\cos^{-1}x=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$
$\dfrac{d}{dx}\tan^{-1}x=\dfrac{1}{1+x^2}$
## 三角函數的積分
由微積分基本定理能夠輕易得出正餘弦函數的不定積分
$\because\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\cos{x},\dfrac{d}{dx}\cos{x}=-\sin{x}
\\\implies
\\\displaystyle\int\cos{x}dx=\sin{x}+c
\\\displaystyle\int\sin{x}dx=-\cos{x}+c$
> 正餘弦函數積分相當於圖形向右平移$\dfrac{\pi}{2}$後，在$y$方向加上某個常數。
> 但正餘切和正餘割函數則較複雜
$\displaystyle\int\tan{x}dx=-\ln{|\cos{x}|}+c$
$\displaystyle\int\sec{x}dx=\ln{|\tan{x}+\sec{x}|}+c$
$pf:
\\\displaystyle\int\tan{x}dx
\\=\displaystyle\int\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}dx$
令
$u=\cos{x}$
$\therefore du=-\sin{x}dx$
$\displaystyle\int\tan{x}dx
\\=\displaystyle\int\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\dfrac{du}{-\sin{x}}
\\=\displaystyle\int\dfrac{-1}{u}du
\\=-\ln{|u|}
\\=-\ln{|\cos{x}|}+c$
$\displaystyle\int\sec{x}dx
\\=\displaystyle\int\dfrac{\sec{x}(\sec{x}+\tan{x})}{(\sec{x}+\tan{x})}dx
\\=\displaystyle\int\dfrac{\sec^2{x}+\sec{x}\tan{x}}{\sec{x}+\tan{x}}dx$
令$u=\sec{x}+\tan{x}\therefore du=\tan{x}\sec{x}+\sec^2{x}$
$\therefore\displaystyle\int\dfrac{\sec^2{x}+\sec{x}\tan{x}}{\sec{x}+\tan{x}}dx=\displaystyle\int\dfrac{du}{u}=\ln{|u|}=\ln{|\sec{x}+\tan{x}|}+c$
法2:
$\displaystyle\int\sec{x}dx=\int\dfrac{1+\tan^2{\dfrac{x}{2}}}{1-\tan^2{\dfrac{x}{2}}}dx$
令$t=\tan{\dfrac{x}{2}},dt=\dfrac{1}{2}{(1+t^2)}dx$
$\displaystyle\int\dfrac{2}{1-t^2}dt=(\displaystyle\int\dfrac{1}{1-t}dt+\int\dfrac{1}{1+t}dt)
\\=\ln|\dfrac{1+t}{1-t}|+C
\\=\ln|\dfrac{\cos{\dfrac{x}{2}}+\sin{\dfrac{x}{2}}}{\cos{\dfrac{x}{2}}-\sin{\dfrac{x}{2}}}|
\\=\ln|\dfrac{1+\sin{x}}{\cos^2x}|$
三角函數積分方法
$\sin^{m}x\cos^{n}x$型
先分部積分再利用平方關係化為遞迴關係。
$\displaystyle\int\sin^{n}xdx=-\int\sin^{n-1}xd\cos{x}=-\sin^{n-1}x\cos{x}+\int\cos{x}d\sin^{n-1}x$
又
$d\sin^{n-1}x=(n-1)\sin^{n-2}x\cos{x}dx$
$\displaystyle\therefore\int\sin^{n}xdx\\=\displaystyle-\sin^{n-1}x\cos{x}+(n-1)\int\cos^2{x}\sin^{n-2}xdx\\=\displaystyle-\sin^{n-1}x\cos{x}+(n-1)\int(1-\sin^2{x})\sin^{n-2}xdx\\=\displaystyle-\sin^{n-1}x\cos{x}+(n-1)(\int\sin^{n-2}xdx-\int\sin^{n}xdx)
\\\implies\displaystyle\int\sin^{n}xdx=\dfrac{1}{n}(-\sin^{n-1}x\cos{x}+(n-1)\int\sin^{n-2}xdx)$
$\sec^{n}x$型
$\displaystyle\int\sec^{n}xdx=\int\sec^{n-2}xd\tan{x}=\sec^{n-2}x\tan{x}-\displaystyle\int\tan{x}d\sec^{n-2}x
\\=\sec^{n-2}x\tan{x}-\displaystyle\int\tan{x}(n-2)\sec^{n-3}x\sec{x}\tan{x}dx
\\=\sec^{n-2}x\tan{x}-(n-2)\displaystyle\int\tan^2{x}\sec^{n-2}xdx
\\=\sec^{n-2}x\tan{x}-(n-2)\displaystyle\int(\sec^{2}x-1)\sec^{n-2}xdx
\\=\sec^{n-2}x\tan{x}-(n-2)\displaystyle\int\sec^{n}xdx+(n-2)\displaystyle\int\sec^{n-2}xdx
\\\implies (n-1)\displaystyle\int\sec^{n}xdx=\sec^{n-2}x\tan{x}+(n-2)\displaystyle\int\sec^{n-2}xdx
\\\implies\displaystyle\int\sec^{n}xdx=\dfrac{1}{n-1}(\sec^{n-2}x\tan{x}+(n-2)\displaystyle\int\sec^{n-2}xdx)$
依此遞迴定義式繼續做下去即可將此積分解出。
三角代換法
1. 看見$\sqrt{a^2-x^2}\implies$令$x=a\sin{u}$
2. 看見$a^2+x^2\implies$令$x=a\tan{u}$
3. 看見$x^2-a^2\implies$令$x=a\sec{u}$
例$1$
試利用積分證明圓弧長為$2\pi r$，其中$r$是圓之半徑。
解：
不失一般性假設圓心為原點，則可得圓方程式為$x^2+y^2=r^2$
弧長$l=2\displaystyle\int_{-1}^{1}\sqrt{1-(\dfrac{-2x}{2\sqrt{r^2-x^2}})^2}dx$
令$x=r\sin{u},dx=r\cos{u}du$
則：
$l=4\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+(\dfrac{r\sin{u}}{r\cos{u}})^2}r\cos{u}du
\\=4r\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}du
\\=4\pi r\times\dfrac{1}{2}=2\pi r$
例$2$
解$\displaystyle\int\dfrac{1}{1-x+x^2}dx$
分母的判別式小於$0$，部分分式積分法雖然可使用但會很醜。
利用三角代換，原式為
$\displaystyle\int\dfrac{1}{(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}}dx$
令$x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan{u},dx=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sec^2{u}du$
則：
$\displaystyle\int\dfrac{1}{\dfrac{3}{4}\sec^2{u}}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sec^2{u}du
\\=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}u+C
\\=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\arctan{[\dfrac{2}{\sqrt{3}}(x-\dfrac{1}{2})]}+C$
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