1.1 方程結構與三角恆等式

動機

三角運算是否可靠，取決於每一步的邏輯地位是否清楚。恆等式表示 兩個表達式在聲明的共同定義域內處處相等；方程則要求找出定義域 內使兩邊相等的輸入。恆等式可以改寫方程，但解出若干根並不能證明 一個恆等式。

定義域也是結論的一部分。例如 $1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$ 只在 $\cos\theta\ne0$ 時有意義。分母不為零的限制若沒有先寫下，消去 分母、約分或除法就可能增根或漏根。因此，完整解答應先列原方程的 定義域，標明每次變形是雙向等價還是只產生候選根，再寫出全部週期 解族，最後回到原式驗根。

幾何把這些規則連在一起：弧度描述有方向的轉動，單位圓終點給出帶 符號的正弦與餘弦座標；反射產生對稱，重複轉動產生週期，圓方程產生 畢氏恆等式。反三角函數只選一個主值，真正的通解還要結合對稱性與 週期性。本節的重點不是孤立背誦公式，而是說明公式從何而來、在哪個 定義域成立，以及如何安全地用於方程。

定義

定義

方程、恆等式與聲明的定義域

設 $D$ 是容許的實數輸入集合。方程 $F(x)=G(x)$ 的解集為

$$S=\{x\in D:F(x)=G(x)\}.$$

若對每個 $x\in D$，只要 $F(x)$ 與 $G(x)$ 都有定義便有 $F(x)=G(x)$，便稱它是在 $D$ 上的恆等式。含有商、正切、餘切、 正割或餘割時，定義域條件不能省略。

若兩個方程在 $D$ 中有完全相同的解集，便稱它們在 $D$ 上等價。 使用共同定義域上的恆等式、兩邊加減同一個有定義的量，或乘除一個 已經證明不為零的量，都會保持等價。平方或乘以可能為零的式子通常 只能推出候選根；除以可能為零的式子則會丟掉一種情況，必須分類。

可把這些條件寫成「定義域清單」：先記錄原式何時有意義，再在每次 變形旁寫出使逆向推理成立的條件。最後用原始清單篩選週期解族。這樣 可以分開三個問題：表達式是否有定義、變形是否雙向、候選值是否真 滿足原方程。

定義

弧度與有向幾何

半徑 $r\gt0$ 的圓上，若圓心角截得的有向弧位移為 $s$，則其帶符號 弧度為

$$\theta=\frac{s}{r}.$$

逆時針為正，順時針為負；一周為 $2\pi$，所以

$$\pi\text{ 弧度}=180^\circ, \qquad 1^\circ=\frac{\pi}{180}\text{ 弧度}.$$

在有向約定下，$s=r\theta$ 是有向弧位移， $A_{\text{signed}}=\tfrac12r^2\theta$ 是帶符號的掃過面積。相應的 非負總行程弧長與掃過面積分別為 $r|\theta|$ 與 $\tfrac12r^2|\theta|$。當 $|\theta|\gt2\pi$ 時，它們會把重複轉動 按次數累計，而不是描述一個簡單扇形區域的邊界長度或面積。

角的頂點在原點且始邊沿正 $x$ 軸時，稱為標準位置角。除非另有 說明，本節所有角都用弧度表示，並容許任意大小的正、負轉動。

定義

以座標定義三角函數

角 $\theta$ 的終邊與半徑為 $r$ 的圓交於 $P(x,y)$，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。定義

$$\sin\theta=\frac yr,\qquad \cos\theta=\frac xr,\qquad \tan\theta=\frac yx,$$

以及

$$\csc\theta=\frac ry,\qquad \sec\theta=\frac rx,\qquad \cot\theta=\frac xy.$$

每個商都要求分母不為零。在單位圓上，終點就是 $(\cos\theta,\sin\theta)$。

所選標準角的函數值為

定義

反三角函數的主值範圍

把正弦限制在 $[-\pi/2,\pi/2]$，餘弦限制在 $[0,\pi]$，正切限制在 $(-\pi/2,\pi/2)$，便得到

$$\sin^{-1}:[-1,1]\longrightarrow[-\pi/2,\pi/2],$$$$\cos^{-1}:[-1,1]\longrightarrow[0,\pi], \qquad \tan^{-1}:\mathbb R\longrightarrow(-\pi/2,\pi/2).$$

這裏的上標 $-1$ 表示反函數，不表示倒數；例如 $\sin^{-1}k$ 不是 $\csc k$。

定理 / 命題

定理

保持解集的方程變形

固定定義域 $D$。用在 $D$ 上成立的恆等式改寫、兩邊加減同一個有 定義的量，以及乘除一個已知不為零的量，都保持解集不變。若某一步 只有單向蘊含，所得結果必須稱為候選集，並代回原方程檢驗。

定理

弧度幾何

對半徑 $r\gt0$ 與帶符號角 $\theta$，

$$s=r\theta, \qquad A_{\text{signed}}=\frac12r^2\theta.$$

單位圓終點是 $(\cos\theta,\sin\theta)$；象限決定符號，參考角決定 絕對值。

定理

對稱性與週期性

對任意實數 $\theta$，

$$\sin(-\theta)=-\sin\theta, \qquad \cos(-\theta)=\cos\theta,$$$$\sin(\pi-\theta)=\sin\theta, \qquad \cos(\pi-\theta)=-\cos\theta,$$$$\sin(\pi+\theta)=-\sin\theta, \qquad \cos(\pi+\theta)=-\cos\theta,$$

餘函數關係為

$$\sin\left(\frac\pi2-\theta\right)=\cos\theta, \qquad \cos\left(\frac\pi2-\theta\right)=\sin\theta,$$$$\sin\left(\frac\pi2+\theta\right)=\cos\theta, \qquad \cos\left(\frac\pi2+\theta\right)=-\sin\theta.$$$$\sin(\theta+2\pi)=\sin\theta, \qquad \cos(\theta+2\pi)=\cos\theta.$$

在兩邊都有定義時，$\tan(-\theta)=-\tan\theta$、 $\tan(\pi-\theta)=-\tan\theta$、$\tan(\theta+\pi)=\tan\theta$；兩個 餘函數正切值分別為 $\cot\theta$ 與 $-\cot\theta$，同樣要保留共同 定義域。這組關係把任意帶符號轉角化到參考角，同時保留象限所決定的 符號。正割、餘割的週期是 $2\pi$，餘切的週期是 $\pi$，也都只在 各自定義域內陳述。

定理

共同定義域上的畢氏恆等式

對所有實數 $\theta$，

$$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1.$$

當 $\cos\theta\ne0$ 時，

$$1+\tan^2\theta=\sec^2\theta;$$

當 $\sin\theta\ne0$ 時，

$$1+\cot^2\theta=\csc^2\theta.$$

定理

和角與差角公式

對任意實數 $\alpha,\beta$，

$$\sin(\alpha\mathbin{\pm}\beta) =\sin\alpha\cos\beta\mathbin{\pm}\cos\alpha\sin\beta,$$$$\cos(\alpha\mathbin{\pm}\beta) =\cos\alpha\cos\beta\mathbin{\mp}\sin\alpha\sin\beta.$$

正切公式為

$$\tan(\alpha\mathbin{\pm}\beta) =\frac{\tan\alpha\mathbin{\pm}\tan\beta} {1\mathbin{\mp}\tan\alpha\tan\beta},$$

但只在 $\tan\alpha$、$\tan\beta$ 與 $\tan(\alpha\mathbin{\pm}\beta)$ 都有定義的共同定義域成立；此時 右邊分母也必定不為零。

定理

倍角公式

對任意實數 $\alpha$，

$$\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha,$$$$\cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha =2\cos^2\alpha-1=1-2\sin^2\alpha.$$

此外

$$\tan2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$$

只在 $\tan\alpha$ 與 $\tan2\alpha$ 都有定義時成立，右邊分母也須 非零。

定理

積化和差公式

對任意實數 $\alpha,\beta$，

$$\sin\alpha\cos\beta =\frac12\{\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\},$$$$\cos\alpha\sin\beta =\frac12\{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)\},$$$$\sin\alpha\sin\beta =-\frac12\{\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)\},$$$$\cos\alpha\cos\beta =\frac12\{\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)\}.$$

定理

和差化積公式

對任意實數 $A,B$，

$$\sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2},$$$$\sin A-\sin B=2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2},$$$$\cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2},$$$$\cos A-\cos B=-2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}.$$

定理

三類三角方程的完整通解

設 $n\in\mathbb Z$。若 $k\in[-1,1]$ 且 $\alpha=\sin^{-1}k$，則

$$\sin\theta=k \quad\Longleftrightarrow\quad \theta=\alpha+2n\pi \quad\text{或}\quad \theta=\pi-\alpha+2n\pi.$$

若 $k\in[-1,1]$ 且 $\alpha=\cos^{-1}k$，則

$$\cos\theta=k \quad\Longleftrightarrow\quad \theta=\mathbin{\pm}\alpha+2n\pi.$$

若 $k\in\mathbb R$ 且 $\alpha=\tan^{-1}k$，則

$$\tan\theta=k \quad\Longleftrightarrow\quad \theta=\alpha+n\pi.$$

端點情況中兩個正弦或餘弦分支可能重合，這只是重複書寫。

定理

輔助角形式

實數 $a,b$ 不同時為零時，令 $R=\sqrt{a^2+b^2}$。唯一的 $\alpha\in[0,2\pi)$ 必須同時滿足

$$R\cos\alpha=a, \qquad R\sin\alpha=b,$$

於是

$$a\sin\theta+b\cos\theta=R\sin(\theta+\alpha).$$

當 $a\ne0$ 時，比值 $\tan\alpha=b/a$ 至多確定相差 $\pi$ 的兩個 方向；正確象限由兩條帶符號的係數方程共同決定。類似地，若 $R\sin\beta=a$、$R\cos\beta=b$，便有 $a\sin\theta+b\cos\theta=R\cos(\theta-\beta)$。

證明思路或證明

證明

弧度為何給出弧與有向面積

帶符號角 $\theta$ 佔整周的比例是 $\theta/(2\pi)$。乘圓周長 $2\pi r$ 得 $s=r\theta$，乘圓面積 $\pi r^2$ 得 $A_{\text{signed}}=\tfrac12r^2\theta$。順時針掃過時，這些帶符號量 為負；取絕對值得到總行程弧長與非負掃過面積，並按次數累計重複轉動。

證明

單位圓如何給出對稱、週期與畢氏關係

角 $\theta$ 的點為 $(\cos\theta,\sin\theta)$。關於 $x$ 軸反射便是 $-\theta$，轉一周回到同一點，轉半周使兩個座標同時變號，所以 $y/x$ 在有定義時保持不變。單位圓方程 $x^2+y^2=1$ 給出第一條畢氏 恆等式；再除以 $\cos^2\theta$ 或 $\sin^2\theta$ 時，必須保留相應 的非零條件。

證明

由餘弦差角公式生成和差角公式

在單位圓上取 $A=(\cos\alpha,\sin\alpha)$、$B=(\cos\beta,\sin\beta)$，並以 $\phi\in[0,\pi]$ 表示 $OA$ 與 $OB$ 之間的較小夾角。有向角差 $\alpha-\beta$ 模 $2\pi$ 後等於 $\phi$ 或 $-\phi$；由餘弦的偶對稱性 與週期性，$\cos\phi=\cos(\alpha-\beta)$。因此餘弦定理給出

$$AB^2=2-2\cos(\alpha-\beta),$$

座標距離公式則給出

$$AB^2=2-2\cos\alpha\cos\beta-2\sin\alpha\sin\beta.$$

比較兩式即得餘弦差角公式。以 $-\beta$ 代替 $\beta$，再用對稱關係， 可得餘弦和角公式；餘函數關係給出正弦公式。用正弦式除以對應餘弦式 可得正切公式，但除法前要聲明所有相關餘弦不為零。

證明

倍角、積與和差公式之間的推導鏈

在和角公式中令 $\beta=\alpha$ 即得倍角公式。把正弦的和角、差角 公式相加或相減，可分別分離 $2\sin\alpha\cos\beta$ 與 $2\cos\alpha\sin\beta$；對餘弦公式做同樣處理便得另外兩個積化和差 公式。反過來令 $\alpha=(A+B)/2$、$\beta=(A-B)/2$，便得到四條 和差化積公式。

證明

通解為何不能只寫主值

水平直線與單位圓通常交於兩點，其對應角為 $\alpha$、 $\pi-\alpha$，所以正弦有兩個代表角，再加整周；垂直直線也交於 兩點，其對應角為 $\alpha$、$-\alpha$，所以餘弦也有兩支。正切 表示斜率，轉半周後斜率相同，因此只有 $\alpha+n\pi$ 一族。固定主值範圍只是選代表角，並未消除週期性。

例題詳解

例題

1. 帶符號弧度、座標、弧與面積

把 $-45^\circ$ 化為弧度：

$$-45^\circ=-45\frac{\pi}{180}=-\frac\pi4.$$

單位圓終點為 $(\sqrt2/2,-\sqrt2/2)$。若半徑為 $3$，則

$$s=-\frac{3\pi}{4}, \qquad A_{\text{signed}}=-\frac{9\pi}{8}.$$

普通弧長與扇形面積分別是 $3\pi/4$、$9\pi/8$；負號只記錄順時針 方向，並非物理面積為負。

例題

2. 和差角的精確值

利用和差角公式求 $\sin15^\circ$ 的精確值。因為 $15^\circ=45^\circ-30^\circ$，

$$\begin{aligned} \sin15^\circ &=\sin45^\circ\cos30^\circ-\cos45^\circ\sin30^\circ\\ &=\frac{\sqrt2}{2}\frac{\sqrt3}{2} -\frac{\sqrt2}{2}\frac12 =\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}. \end{aligned}$$

結果為正，也與第一象限的小角相符。

例題

3. 三角形的正切恆等式

設 $A,B,C$ 為三角形內角，並假設三個正切都有定義。由 $A+B+C=\pi$，

$$\tan C=-\tan(A+B) =-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}.$$

共同定義域排除了直角情況，也保證分母不為零。整理得

$$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.$$

若不寫定義域，這句話會錯誤地看似包含正切未定義的直角三角形。

例題

4. 半角代換

令 $t=\tan(\theta/2)$。有限的 $t$ 要求 $\theta\not\equiv\pi\pmod{2\pi}$。倍角與畢氏公式給出

$$\sin\theta=\frac{2t}{1+t^2}, \qquad \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}.$$

進一步有

$$\tan\theta=\frac{2t}{1-t^2},$$

但這還要求 $t\ne\pm1$。用半角代換解方程時，必須另外檢查遺漏的 $\theta\equiv\pi\pmod{2\pi}$，並保留原方程的所有分母限制。

例題

5. 有理正切方程

求解

$$\frac{1+\tan x}{1-\tan x}=1+\sin2x.$$

原定義域要求 $\cos x\ne0$、$\tan x\ne1$。令 $t=\tan x$，因此 $t\ne1$，並用 $\sin2x=2t/(1+t^2)$。在這些條件下消去分母是等價的：

$$(1+t)(1+t^2)=(1-t)(1+t^2)+2t(1-t),$$

所以 $2t^2(1+t)=0$。兩個候選值 $t=0,-1$ 都滿足原式，故

$$x=n\pi \quad\text{或}\quad x=-\frac\pi4+n\pi, \qquad n\in\mathbb Z.$$

例題

6. 先因式分解，再限制區間

利用和差化積及 $1+\cos x=2\cos^2(x/2)$，

$$\begin{aligned} \cos2x+2\cos3x+\cos4x &=2\cos3x(\cos x+1)\\ &=4\cos3x\cos^2\frac x2. \end{aligned}$$

因此零點滿足 $\cos3x=0$ 或 $\cos(x/2)=0$。第一支為 $x=\pi/6+n\pi/3$，第二支在 $[0,2\pi]$ 添加 $x=\pi$。區間內按 大小排列的答案是

$$\left\{\frac\pi6,\frac\pi2,\frac{5\pi}6,\pi, \frac{7\pi}6,\frac{3\pi}2,\frac{11\pi}6\right\}.$$

例題

7. 用符號選輔助角

把 $\sqrt3\sin\theta-\cos\theta$ 化為兩種輔助角形式。正弦形式要求

$$R\cos\alpha=\sqrt3, \qquad R\sin\alpha=-1.$$

故 $R=2$，餘弦正而正弦負，$\alpha$ 在第四象限，取 $\alpha=11\pi/6$。餘弦形式則要求 $R\sin\beta=\sqrt3$、$R\cos\beta=-1$，所以 $\beta$ 在第二象限， 取 $2\pi/3$。因此

$$\sqrt3\sin\theta-\cos\theta =2\sin\left(\theta+\frac{11\pi}{6}\right) =2\cos\left(\theta-\frac{2\pi}{3}\right).$$

只看正切比值無法排除對面象限的角。

例題

8. 修正單一正弦方程的分支

因為

$$\sqrt3\cos x-\sin x =2\sin\left(x+\frac{2\pi}{3}\right),$$

方程 $\sqrt3\cos x-\sin x=1$ 化為 $\sin(x+2\pi/3)=1/2$。兩支分別給出

$$x=-\frac\pi2+2n\pi \quad\text{或}\quad x=\frac\pi6+2n\pi.$$

第二支是正的 $\pi/6$，不是 $-\pi/6$；代入 $x=\pi/6$ 得 $3/2-1/2=1$。

例題

9. 分母限制與驗根

求解

$$8\cos x=\frac1{\cos x}-\frac{\sqrt3}{\sin x}.$$

先聲明 $\sin x\ne0$、$\cos x\ne0$。在此定義域乘 $\sin x\cos x$ 是等價變形。整理並用積化和差得

$$2\sin2x\cos x=\frac12\sin x-\frac{\sqrt3}{2}\cos x,$$$$\sin3x=\sin\left(x+\frac{4\pi}{3}\right).$$

正弦的兩支通解給出

$$x=\frac{2\pi}{3}+n\pi \quad\text{或}\quad x=-\frac\pi{12}+\frac{n\pi}{2}, \qquad n\in\mathbb Z.$$

兩族都不會使正弦或餘弦為零，所以都通過原定義域篩選；代回等價的 消去分母方程即可確認完整性。

常見錯誤

常見錯誤

把方程當作恆等式

$\sin x=1/2$ 只在解集上成立；$\sin^2x+\cos^2x=1$ 才是在聲明 定義域上處處成立。變形前先說明所處理的是哪一種命題。

常見錯誤

只寫反三角函數主值

主值只是代表角。必須利用對稱與週期寫出全部正弦、餘弦或正切解族， 然後才限制到題目指定的區間。

常見錯誤

忽略正切公式的共同定義域

正弦、餘弦的和差角公式對所有實數角成立；正切公式是商，必須檢查 兩個輸入角及其和或差的餘弦均不為零。

常見錯誤

除掉可能為零的因子

從 $F(x)G(x)=0$ 直接除以 $F(x)$ 會刪去 $F(x)=0$ 的整種情況。 除非已證明非零，否則應使用零乘積法則或分類討論。

常見錯誤

消去分母後忘記原來的排除值

消去分母前先寫所有分母不為零的條件。最後的解必須經過這些條件 篩選，並在原有理三角方程中驗根。

常見錯誤

以為半角代換覆蓋整圓

有限的 $t=\tan(\theta/2)$ 遺漏 $\theta\equiv\pi\pmod{2\pi}$；正切的有理式還要求 $1-t^2\ne0$。

常見錯誤

只憑正切比值選擇輔助角

正切只能把角確定到模 $\pi$。必須同時使用 $R\cos\alpha=a$、$R\sin\alpha=b$ 的符號來選象限。

常見錯誤

把有向面積當成普通面積

角帶符號時，$\tfrac12r^2\theta$ 是有向掃過面積；非負掃過面積要 使用 $|\theta|$。多周角會把每次掃過累計起來，而不是描述一個簡單 扇形區域。

總結

驗根不是形式上的附加步驟；它確認定義域、每個分支與等價條件都沒有 在變形鏈中遺失。

• 先聲明原方程定義域與分母排除值；標記單向步驟，並在原式驗根。
• 弧度連接有向轉動、弧與掃過面積；單位圓給出座標、符號、對稱與 週期。
• 畢氏、和差角、倍角、積化和差及和差化積公式可以互相推導；商式 必須附共同定義域。
• 反三角函數提供主值，單位圓對稱與週期才產生完整通解。
• 輔助角的 $R=\sqrt{a^2+b^2}$ 來自係數平方和，象限來自兩條帶符號 的係數方程。
• 解有理三角方程時，先排除分母零點，再在容許的定義域內變形、求解 與核驗。

練習

1. 在兩邊的共同定義域上證明 $$\tan(A+B)+\tan(A-B) =\frac{2\sin2A}{\cos2A+\cos2B}.$$
2. 推導 $$\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta, \qquad \cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta.$$
3. 證明 $$4\cos\theta\cos\left(\frac{2\pi}{3}+\theta\right) \cos\left(\frac{2\pi}{3}-\theta\right)=\cos3\theta.$$
4. 證明 $$\sin^2\theta+\sin^2\phi-\sin^2(\theta-\phi) =2\sin\theta\sin\phi\cos(\theta-\phi).$$
5. 若 $A,B,C$ 為三角形內角，證明 $$\tan\frac A2\tan\frac B2 +\tan\frac B2\tan\frac C2 +\tan\frac C2\tan\frac A2=1.$$
6. 若 $A,B,C$ 為三角形內角，證明 $$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C =1-2\cos A\cos B\cos C.$$
7. 對實數 $a,b$ 且 $b\ne0$，推導 $a\sin\theta+b\cos\theta=R\cos(\theta-\alpha)$，其中 $R\gt0$， 並寫出無象限歧義地確定 $\alpha\in[0,2\pi)$ 的條件。
8. 寫出 $\sin\theta=-1/2$、$\cos\theta=\sqrt2/2$ 與 $\tan\theta=-\sqrt3$ 的全部實數解。

答案與解答

解答 · 解答 1

在所有商都有定義處，通分後分子為 $\sin(A+B)\cos(A-B)+\sin(A-B)\cos(A+B)=\sin2A$。又有

$$2\cos(A+B)\cos(A-B)=\cos2A+\cos2B.$$

代入即得所求。共同定義域條件保證兩個分母均不為零。

解答 · 解答 2

把 $3\theta$ 寫成 $2\theta+\theta$，使用和角與倍角公式：

$$\sin3\theta =2\sin\theta\cos^2\theta +(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\sin\theta =3\sin\theta-4\sin^3\theta,$$$$\cos3\theta =(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\cos\theta -2\sin^2\theta\cos\theta =4\cos^3\theta-3\cos\theta.$$

解答 · 解答 3

積化和差給出

$$2\cos\left(\frac{2\pi}{3}+\theta\right) \cos\left(\frac{2\pi}{3}-\theta\right) =-\frac12+\cos2\theta.$$

再乘 $2\cos\theta$，得到 $4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta$。

解答 · 解答 4

展開 $\sin(\theta-\phi)$，左邊化為

$$2\sin^2\theta\sin^2\phi +2\sin\theta\cos\theta\sin\phi\cos\phi.$$

提出 $2\sin\theta\sin\phi$，括號內正是 $\cos(\theta-\phi)$，故結論成立。

解答 · 解答 5

令 $u=A/2$、$v=B/2$、$w=C/2$，則 $u+v+w=\pi/2$，且三個餘弦 均為正。展開和角餘弦並提出它們的乘積：

$$0=\cos u\cos v\cos w \left(1-\tan u\tan v-\tan v\tan w-\tan w\tan u\right).$$

所以括號為零，移項即得原式。

解答 · 解答 6

由 $C=\pi-(A+B)$ 得 $\cos C+\cos A\cos B=\sin A\sin B$。於是

$$\begin{aligned} &\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C\\ &=(\cos C+\cos A\cos B)^2 +\cos^2A+\cos^2B-\cos^2A\cos^2B=1. \end{aligned}$$

把乘積項移到右邊即可。

解答 · 解答 7

展開

$$R\cos(\theta-\alpha) =R\cos\theta\cos\alpha+R\sin\theta\sin\alpha.$$

比較係數得 $R\sin\alpha=a$、$R\cos\alpha=b$，平方相加得 $R=\sqrt{a^2+b^2}$。$\tan\alpha=a/b$ 只給方向；兩條係數方程的 符號選出 $[0,2\pi)$ 中唯一的角。

解答 · 解答 8

利用主值範圍和完整通解公式，

$$\sin\theta=-\frac12: \quad \theta=-\frac\pi6+2n\pi \quad\text{或}\quad \theta=\frac{7\pi}{6}+2n\pi,$$$$\cos\theta=\frac{\sqrt2}{2}: \quad \theta=\mathbin{\pm}\frac\pi4+2n\pi,$$$$\tan\theta=-\sqrt3: \quad \theta=-\frac\pi3+n\pi, \qquad n\in\mathbb Z.$$