Bevis på trigonometriska identiteter

Det finns flera likvärdiga sätt att definiera trigonometriska funktioner , och beviset för de trigonometriska identiteterna mellan dem beror på den valda definitionen. Den äldsta och på något sätt den mest elementära definitionen är baserad på geometrin hos räta trianglar . Bevisen som ges i denna artikel använder denna definition och gäller alltså för icke-negativa vinklar som inte är större än en rät vinkel . För större och negativa vinklar , se Trigonometriska funktioner .

Andra definitioner, och därför andra bevis, är baserade på Taylor-serien av sinus och cosinus , eller på differentialekvationen $f''+f=0$ som de är lösningar till.

Elementära trigonometriska identiteter

Definitioner

Trigonometriska funktioner anger förhållandet mellan sidolängder och inre vinklar i en rätvinklig triangel. Till exempel definieras sinus för vinkeln θ som längden på den motsatta sidan dividerat med längden på hypotenusan.

De sex trigonometriska funktionerna definieras för varje reellt tal , förutom, för några av dem, för vinklar som skiljer sig från 0 med en multipel av den räta vinkeln (90°). Med hänvisning till diagrammet till höger är de sex trigonometriska funktionerna för θ, för vinklar mindre än den räta vinkeln:

$\sin \theta ={\frac {\mathrm {motsatt} }{\mathrm {hypotenus} } }={\frac {a}{h}}$

$\cos \theta ={\frac { \mathrm {adjacent} }{\mathrm {hypotenus} }}={\frac {b}{h}}$

${ \displaystyle \tan \theta ={\frac {\mathrm {motsatt} }{\mathrm {adjacent} }}={\frac {a}{b}}}$

$\cot \theta ={\frac {\mathrm {adjacent} }{\mathrm {motsatt} }}={\frac {b}{a}}$

$\sec \theta ={\frac {\mathrm {hypotenus} }{\mathrm {adjacent} }}= {\frac {h}{b}}$

$\csc \theta ={\frac {\mathrm {hypotenus} }{\mathrm {motsatt} }}={\frac {h}{a}}$

Förhållande identiteter

I fallet med vinklar mindre än en rät vinkel är följande identiteter direkta konsekvenser av ovanstående definitioner genom divisionsidentiteten

${\frac {a}{b}}={\frac {\left({\frac {a}{h}}\right)}{\left({\frac {b}{h}}\ höger)}}.$

De förblir giltiga för vinklar större än 90° och för negativa vinklar.

$\displaystyle \tan \theta ={\frac {\mathrm {motsatt} }{\mathrm {adjacent} }}={\frac {\ vänster({\frac {\mathrm {motsatt} }{\mathrm {hypotenus} }}\höger)}{\left({\frac {\mathrm {intill} }{\mathrm {hypotenus} }}\right)} }={\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}}$

$\cot \theta ={\frac { \mathrm {adjacent} }{\mathrm {motsatt} }}={\frac {\left({\frac {\mathrm {adjacent} }{\mathrm {adjacent} }}\right)}{\left({\ frac {\mathrm {motsatt} }{\mathrm {adjacent} }}\right)}}={\frac {1}{\tan \theta }}={\frac {\cos \theta }{\sin \theta }}$

$mathrm {adjacent} }}}$

${\displaystyle \sec \theta ={\frac {1}{\cos \theta } }={\frac {\mathrm {hypotenus} }{$

${\ displaystyle \csc \theta ={\frac {1}{\sin \theta }}={\frac {\mathrm {hypotenus} }{\mathrm {motsatt} }}}$

$\tan \theta ={\frac {\mathrm {motsatta } }{\mathrm {adjacent} }}={\frac {\left({\frac {\mathrm {motsatt} \times \mathrm {hypotenus} }{\mathrm {motsatt} \times \mathrm {angränsande} }} \right)}{\left({\frac {\mathrm {adjacent} \times \mathrm {hypotenus} }{\mathrm {motsatt} \times \mathrm {adjacent} }}\right)}}={\frac { \left({\frac {\mathrm {hypotenus} }{\mathrm {adjacent} }}\right)}{\left({\frac {\mathrm {hypotenus} }{\mathrm {motsatt} }}\höger) }}={\frac {\sec \theta }{\csc \theta }}$

Eller

$\tan \theta ={\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}={\frac {\left({\frac {1}{\csc \theta }}\right )}{\left({\frac {1}{\sec \theta }}\right)}}={\frac {\left({\frac {\csc \theta \sec \theta }{\csc \theta }}\right)}{\left({\frac {\csc \theta \sec \theta }{\sec \theta }}\right)}}={\frac {\sec \theta }{\csc \theta }}$

$\cot \theta ={\frac {\csc \theta }{\sec \theta }}$

Kompletterande vinkelidentiteter

Två vinklar vars summa är π/2 radianer (90 grader) är komplementära . I diagrammet är vinklarna vid hörnen A och B komplementära, så vi kan byta ut a och b och ändra θ till π/2 − θ, vilket ger:

$\sin \left(\pi /2-\theta \right)=\cos \theta$

$\cos \left(\pi /2-\theta \right)=\sin \theta$

$\tan \left(\pi /2- \theta \right)=\cot \theta$

$\cot \left(\pi /2-\theta \right)=\tan \theta$

$\sec \left(\pi /2-\theta \right)=\csc \theta$

${\ displaystyle \csc \left(\pi /2-\theta \right)=\sec \theta }$

Pythagoras identiteter

Huvudartikel: Pythagoras trigonometrisk identitet

Identitet 1:

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$

Följande två resultat följer av detta och förhållandets identiteter. För att få den första, dividera båda sidorna av $\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$ med ${\ displaystyle \cos ^{2}\theta }$ ; för den andra, dividera med $\sin ^{2}\theta$ .

$\tan ^{2}\theta +1\ =\sec ^{2}\theta$

$\ sek ^{2}\theta -\tan ^{2}\theta =1$

Liknande

$1\ +\cot ^{2}\theta =\csc ^{2}\theta$

$\ csc ^{2}\theta -\cot ^{2}\theta =1$

Identitet 2:

Följande redogör för alla tre ömsesidiga funktionerna.

$\csc ^{2}\theta +\sec ^{2}\theta -\cot ^{2}\theta =2\ +\tan ^{2}\theta$

Bevis 2:

Se triangeldiagrammet ovan. Observera att $a^{2}+b^{2}=h^{2}$ enligt Pythagoras sats .

$\csc ^{2}\theta +\sec ^{2}\theta ={\frac {h^{2}}{a^{2}}}+{\frac {h^{2}}{b^ {2}}}={\frac {a^{2}+b^{2}}{a^{2}}}+{\frac {a^{2}+b^{2}}{b^ {2}}}=2\ +{\frac {b^{2}}{a^{2}}}+{\frac {a^{2}}{b^{2}}}$

Ersätter med lämpliga funktioner -

$2\ +{\frac {b^{2}}{a^{2}}}+{\ frac {a^{2}}{b^{2}}}=2\ +\tan ^{2}\theta +\cot ^{2}\theta$

Omarrangering ger:

$\csc ^{2}\theta +\sec ^{2}\theta -\cot ^{2}\theta =2\ +\tan ^{2}\theta$

Vinkelsumma identiteter

Se även: Lista över trigonometriska identiteter § Vinkelsumma och skillnadsidentiteter

Sinus

Illustration av summaformeln.

Rita en horisontell linje ( x -axeln); markera ett origo O. Rita en linje från O i en vinkel $\alpha$ ovanför den horisontella linjen och en andra linje i en vinkel $\beta$ ovanför den; vinkeln mellan den andra linjen och x -axeln är $\alpha +\beta$ .

Placera P på linjen som definieras av $\alpha +\beta$ på ett enhetsavstånd från origo.

Låt PQ vara en linje vinkelrät mot linjen OQ definierad av vinkeln $\alpha$ , ritad från punkt Q på denna linje till punkt P. $\därför$ OQP är en rät vinkel.

Låt QA vara en vinkelrät från punkt A på x -axeln till Q och PB vara en vinkelrät från punkt B på x -axeln till P. $\därför$ OAQ och OBP är räta vinklar.

Rita R på PB så att QR är parallell med x -axeln.

Vinkeln $RPQ=\alpha$ (eftersom $OQA={\frac {\pi }{2}}-\alpha$ , vilket gör ${\displaystyle RQO=\alpha ,RQP={\frac {\pi }{2}}-\alpha } ,$ och slutligen $RPQ=\ alfa$ )

$RPQ={\tfrac {\pi }{2}}-RQP={\tfrac {\pi }{2}}-({\tfrac {\pi }{2}}-RQO)=RQO=\alpha$

$OP=1$

$PQ=\sin \beta$

$OQ=\cos \beta$

${\frac {AQ}{OQ}}=\sin \alpha$ , så $AQ=\sin \alpha \cos \beta$

${\frac {PR}{PQ}}=\cos \ alpha$ , alltså $PR=\cos \alpha \sin \beta$

$\sin(\alpha +\beta )=PB=RB+PR=AQ+PR=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \ synd \beta$

Genom att ersätta $-\beta$ för $\beta$ och använda Symmetry , får vi också:

$\sin(\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos(-\beta )+\cos \alpha \sin(-\beta )$

$\sin(\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta$

Cosinus

Med hjälp av figuren ovan,

$OP=1$

$PQ=\sin \beta$

$OQ=\cos \beta$

${\frac {OA}{OQ}}=\cos \alpha$ , så $OA=\cos \alpha \cos \beta$

${\frac {RQ}{PQ}}=\sin \alpha$ , så $RQ=\sin \alpha \sin \beta$

$=OB=OA- BA=OA-RQ=\cos \alpha \cos \beta \ -\sin \alpha \sin \beta }$

Genom att ersätta $-\beta$ för $\beta$ och använda Symmetry , får vi också:

$\cos(\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos(-\ beta )-\sin \alpha \sin(-\beta ),$

$\cos(\alpha -\beta )= \cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$

Med hjälp av de komplementära vinkelformlerna,

${\begin{aligned}\cos(\alpha +\beta )&=\sin \left( \pi /2-(\alpha +\beta )\right)\\&=\sin \left((\pi /2-\alpha )-\beta \right)\\&=\sin \left(\pi /2-\alpha \right)\cos \beta -\cos \left(\pi /2-\alpha \right)\sin \beta \\&=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \ sin \beta \\\end{aligned}}$

Tangent och cotangens

Från sinus- och cosinusformlerna får vi

$_ \displaystyle \tan(\alpha +\beta )={\frac {\sin(\alpha +\beta )}{\cos(\alpha +\beta )}}={\frac {\sin \alpha \cos \ beta +\cos \alpha \sin \beta }{\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta }}}$

Om vi ​​dividerar både täljare och nämnare med $\cos \alpha \cos \beta$ får vi

$\tan(\alpha +\beta )={\frac {\tan \alpha +\tan \beta } {1-\tan \alpha \tan \beta }}$

Subtrahera $\beta$ från $\alpha$ , med $\tan(-\beta )=-\tan \beta$ ,

$+$

På liknande sätt från sinus- och cosinusformlerna får vi

$_ \displaystyle \cot(\alpha +\beta )={\frac {\cos(\alpha +\beta )}{\sin(\alpha +\beta )}}={\frac {\cos \alpha \cos \ beta -\sin \alpha \sin \beta }{\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta }}}$

Genom att sedan dividera både täljare och nämnare med $\sin \alpha \sin \beta$ får vi

$\cot(\alpha +\beta )={\frac {\cot \alpha \cot \beta -1 }{\cot \alpha +\cot \beta }}$

Eller, med hjälp av $\cot \theta ={\frac {1}{\tan \theta }}$ ,

$\cot(\alpha +\beta )={\frac {1-\tan \alpha \tan \beta }{\tan \alpha +\tan \beta }}={ \frac {{\frac {1}{\tan \alpha \tan \beta }}-1}{{\frac {1}{\tan \alpha }}+{\frac {1}{\tan \beta } }}}={\frac {\cot \alpha \cot \beta -1}{\cot \alpha +\cot \beta }}$

Med hjälp av $\cot(-\beta )=-\cot \beta$ ,

$_ (\alpha -\beta )={\frac {\cot \alpha \cot(-\beta )-1}{\cot \alpha +\cot(-\beta )}}={\frac {\cot \alpha \cot \beta +1}{\cot \beta -\cot \alpha }}}$

Dubbelvinklar identiteter

Från vinkeln summa identiteter får vi

$\sin(2\theta )=2\sin \theta \cos \theta$

och

$\cos(2\theta )=\cos ^{2}\theta -\sin ^{2}\theta$

Pythagoras identiteter ger de två alternativa formerna för den senare av dessa:

$\cos(2\theta )=2\cos ^{2}\theta -1$

$\cos(2\theta )=1-2\sin ^{2}\theta$

Vinkelsummans identiteter ger också

$\tan(2\theta )={\frac {2\tan \theta }{1- \tan ^{2}\theta }}={\frac {2}{\cot \theta -\tan \theta }}$

$\cot(2\theta )={\frac {\cot ^{2}\theta -1}{2\cot \theta }}={\frac {\cot \theta - \tan \theta }{2}}$

Det kan också bevisas med Eulers formel

$e^{i\varphi }=\cos \varphi +i\sin \varphi$

Att kvadrera båda sidor ger

$e^{i2\varphi }=(\cos \varphi +i\sin \varphi )^{2}$

Men att ersätta vinkeln med dess fördubblade version, som ger samma resultat i ekvationens vänstra sida, ger

$e^{i2\varphi }=\cos 2\varphi +i\sin 2\varphi$

Det följer att

$(\cos \varphi +i\sin \varphi )^{2}=\cos 2\varphi +i\ sin 2\varphi$ .

Att utöka kvadraten och förenkla på vänster sida av ekvationen ger

$i(2\sin \varphi \cos \varphi )+\cos ^ {2}\varphi -\sin ^{2}\varphi \ =\cos 2\varphi +i\sin 2\varphi$ .

Eftersom de imaginära och verkliga delarna måste vara desamma, står vi kvar med de ursprungliga identiteterna

$\cos ^{2}\varphi -\sin ^{2}\varphi \ =\cos 2\varphi$ ,

och även

$2\sin \varphi \cos \varphi =\sin 2\varphi$ .

Halvvinkla identiteter

De två identiteterna som ger de alternativa formerna för cos 2θ leder till följande ekvationer:

$\cos {\frac {\theta }{2}}=\pm \,{\sqrt {\frac {1+\cos \theta }{2 }}},$

$\sin {\frac {\theta }{2}}=\pm \,{\sqrt {\frac {1-\cos \theta }{2}}}.$

Tecknet för kvadratroten måste väljas korrekt – observera att om 2 π läggs till θ är kvantiteterna inuti kvadratrötterna oförändrade, men ekvationernas vänstra sida byter tecken. Därför beror det korrekta tecknet att använda på värdet på θ.

För tan-funktionen är ekvationen:

$\tan {\frac {\theta }{2}}=\pm \,{\sqrt {\frac {1-\cos \theta }{1+\cos \theta }}}.$

Att sedan multiplicera täljaren och nämnaren inuti kvadratroten med (1 + cos θ) och använda pythagoras identiteter leder till:

$\tan {\frac {\theta }{2}}={\frac {\sin \theta }{1+\cos \theta }}.$

Dessutom, om täljaren och nämnaren båda multipliceras med (1 - cos θ), blir resultatet:

$\tan {\frac {\theta }{2}}={\frac {1-\cos \theta }{\sin \theta }}.$

Detta ger också:

$\tan {\frac {\theta }{2}}=\csc \theta -\cot \theta .$

Liknande manipulationer för spjälsängsfunktionen ger:

$\cot {\frac {\theta }{2}}=\pm \,{\sqrt {\frac {1+\cos \theta }{1-\cos \theta }}}={\frac { 1+\cos \theta }{\sin \theta }}={\frac {\sin \theta }{1-\cos \theta }}=\csc \theta +\cot \theta .$

Övrigt – trippeltangensidentiteten

Om $\psi +\theta +\phi =\pi =$ halvcirkel (till exempel $\psi$ , $\theta$ och ${\ displaystyle \phi }$ är vinklarna i en triangel),

$\tan(\psi )+\tan(\theta )+\tan(\phi )=\tan(\psi )\tan(\theta )\tan(\phi ).$

Bevis:

${\begin{aligned}\psi &=\pi \\theta \tan(\psi )&=\tan(\pi -\theta -\phi )\\&=-\tan(\theta +\phi )\\&={\frac {-\tan \theta -\tan \phi }{1-\tan \theta \tan \phi }}\\&={\frac {\tan \theta +\tan \phi }{\tan \theta \tan \phi -1}}\\( \tan \theta \tan \phi -1)\tan \psi &=\tan \theta +\tan \phi \\\tan \psi \tan \theta \tan \phi -\tan \psi &=\tan \ theta +\tan \phi \\\tan \psi \tan \theta \tan \phi &=\tan \psi +\tan \theta +\tan \phi \\\end{aligned}}$

Övrigt – den tredubbla cotangensidentiteten

Om $\psi +\theta +\phi ={\tfrac {\pi }{2}}=$ kvartscirkel,

$\cot(\psi )+\cot(\theta )+ \cot(\phi )=\cot(\psi )\cot(\theta )\cot(\phi )$ .

Bevis:

Byt ut var och en av $\psi$ , $\theta$ och $\phi$ med sina komplementära vinklar, så att cotangenter blir tangenter och vice versa.

Given

$\psi +\theta +\phi ={\tfrac {\pi }{2}}$

$\därför ({\tfrac {\pi }{2}}-\psi )+({\tfrac {\pi }{2}}-\theta )+({\tfrac {\pi }{2}}-\phi )={\tfrac {3\pi }{2}}-(\psi +\theta + \phi )={\tfrac {3\pi }{2}}-{\tfrac {\pi }{2}}=\pi$

så resultatet följer av trippeltangensidentiteten.

Summa till produktidentiteter

• $\sin \theta \pm \sin \phi =2\sin \left({\frac {\ theta \pm \phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta \mp \phi }{2}}\right)$
• $\cos \theta +\cos \phi =2\cos \left({\frac {\theta +\phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta -\phi }{2}}\right)$
• $\cos \theta -\cos \phi =-2\sin \left({\frac { \theta +\phi }{2}}\right)\sin \left({\frac {\theta -\phi }{2}}\right)$

Bevis på sinusidentiteter

Börja först med summavinkelidentiteterna:

$\sin(\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \ beta$

$\sin(\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \ synd \beta$

Genom att lägga ihop dessa,

$\sin(\alpha +\beta )+\sin(\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta +\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta =2\sin \alpha \cos \beta$

På liknande sätt, genom att subtrahera de två summavinkelidentiteterna,

$\sin(\alpha +\beta )-\sin(\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta -\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta =2\cos \alpha \sin \beta$

Låt $\alpha +\beta =\theta$ och $\alpha -\beta =\phi$ ,

$\därför \alpha ={\frac {\theta +\phi }{2}}$ och $\beta ={\frac {\theta - \phi }{2}}$

Byt ut $\theta$ och $\phi$

$\sin \theta +\sin \phi =2\sin \left({\frac {\theta +\phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta -\phi }{2}}\right)$

$\sin \theta -\sin \phi =2\cos \left({\frac { \theta +\phi }{2}}\right)\sin \left({\frac {\theta -\phi }{2}}\right)=2\sin \left({\frac {\theta -\ phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta +\phi }{2}}\right)$

Därför,

$\sin \theta \pm \sin \phi =2\sin \left({\frac {\ theta \pm \phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta \mp \phi }{2}}\right)$

Bevis på cosinus identiteter

På liknande sätt för cosinus, börja med summavinkelidentiteterna:

$\cos(\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta \ -\sin \alpha \sin \beta$

$\cos(\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$

Återigen, genom att addera och subtrahera

$\cos(\alpha +\beta )+\cos(\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta \ -\sin \alpha \sin \beta +\cos \alpha \cos \ beta +\sin \alpha \sin \beta =2\cos \alpha \cos \beta$

$\cos(\alpha +\beta )-\cos(\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta \ -\sin \alpha \sin \beta -\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta =-2\sin \alpha \sin \beta$

Byt ut $\theta$ och $\phi$ som tidigare,

$\cos \theta +\cos \phi =2\cos \left({\frac {\theta +\phi }{2}}\right)\cos \left({\frac {\theta -\phi }{2}}\right)$

$\cos \theta -\cos \phi =-2\sin \left({\frac {\theta +\phi }{2}}\right)\sin \ vänster({\frac {\theta -\phi }{2}}\höger)$

Ojämlikheter

Se även: Lista över triangelojämlikheter

Illustration av sinus- och tangentolikheter.

Figuren till höger visar en sektor av en cirkel med radie 1. Sektorn är θ /(2 π ) av hela cirkeln, så dess area är θ /2 . Vi antar här att θ < π /2 .

$OA=OD=1$

$AB=\sin \theta$

$CD=\tan \theta$

Arean av triangeln OAD är AB /2 , eller sin( θ )/2 . Arean av triangel OCD är CD /2 , eller tan( θ )/2 .

Eftersom triangel OAD ligger helt inne i sektorn, som i sin tur ligger helt innanför triangel OCD , har vi

$\sin \theta <\theta <\tan \theta .$

Detta geometriska argument förlitar sig på definitioner av båglängd och area , som fungerar som antaganden, så det är snarare ett villkor som ställs vid konstruktionen av trigonometriska funktioner än en bevisbar egenskap. För sinusfunktionen kan vi hantera andra värden. Om θ > π /2 så är θ > 1 . Men sin θ ≤ 1 (på grund av den pytagoreiska identiteten), så sin θ < θ . Så vi har

${\frac {\sin \theta }{\theta }}<1\ \ \ \mathrm {if} \ \ \ 0<\theta .$

För negativa värden på θ har vi genom sinusfunktionens symmetri

${\frac {\sin \theta }{\theta }}={\frac {\sin(-\theta )}{-\theta }}<1.$

Därav

${\frac {\sin \theta }{\theta }}<1\quad {\text{if }}\quad \theta \neq 0,$

och

${\frac {\tan \theta }{\theta }}>1\quad {\text{if }}\quad 0<\theta <{\frac {\pi }{2}}.$

Identiteter som involverar kalkyl

Förberedelser

$\lim _{\theta \to 0}{\sin \theta }=0$

$\lim _{\theta \to 0} {\cos \theta }=1$

Sinus och vinkelförhållande identitet

$\lim _{\theta \to 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}=1$

Med andra ord, funktionen sinus är differentierbar vid 0, och dess derivata är 1.

Bevis: Från de tidigare ojämlikheterna har vi, för små vinklar

$\sin \theta <\theta <\tan \theta$ ,

Därför,

${\frac {\sin \theta }{\theta }}<1<{\frac {\tan \theta }{\theta }}$ ,

Tänk på den högra ojämlikheten. Eftersom

$\tan \theta ={\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}$

$\därför 1<{\frac {\sin \theta }{\theta \cos \theta }}$

Multiplicera med $\cos \theta$

$\cos \theta <{\frac {\sin \theta }{\theta }}$

Kombinera med ojämlikheten till vänster:

$\cos \theta <{\frac {\sin \theta }{\theta }}<1$

Att ta $\cos \theta$ till gränsen som $\theta \to 0$

$\lim _{\theta \to 0}{\cos \theta }=1$

Därför,

$\lim _{\theta \to 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}=1$

Cosinus och vinkelförhållande identitet

$\lim _{\theta \to 0}{\frac {1-\cos \theta }{\theta }}=0$

Bevis:

${\begin{aligned}{\frac {1-\cos \theta }{\theta }}&={\frac {1-\cos ^{2}\theta }{\theta ( 1+\cos \theta )}}\\&={\frac {\sin ^{2}\theta }{\theta (1+\cos \theta )}}\\&=\left({\frac { \sin \theta }{\theta }}\right)\times \sin \theta \times \left({\frac {1}{1+\cos \theta }}\right)\\\end{aligned}}$

Gränserna för dessa tre kvantiteter är 1, 0 och 1/2, så den resulterande gränsen är noll.

Cosinus och kvadrat av vinkelförhållande identitet

$\lim _{\theta \to 0}{\frac {1-\cos \theta }{\theta ^{2}}}={\frac {1}{2}}$

Bevis:

Som i föregående bevis,

${\frac {1-\cos \theta }{\theta ^{2}}}={\frac {\sin \theta }{\theta }}\times {\frac {\sin \theta }{ \theta }}\times {\frac {1}{1+\cos \theta }}.$

Gränserna för dessa tre kvantiteter är 1, 1 och 1/2, så den resulterande gränsen är 1/2.

Bevis på sammansättningar av trig och invers trigfunktioner

Alla dessa funktioner följer av Pythagoras trigonometriska identitet. Vi kan till exempel bevisa funktionen

$\sin[\arctan(x)]={\frac {x}{\sqrt {1+x^{2}}}}$

Bevis:

Vi utgår från

$\sin ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta =1$ (I)

Sedan dividerar vi denna ekvation (I) med $\cos ^{2}\theta$

$\cos ^{2}\theta ={\frac {1}{\tan ^{2}\theta +1}}$ (II)

$1-\sin ^{2}\theta ={\frac {1}{\tan ^{2}\theta +1}}$

Använd sedan substitutionen $\theta =\arctan(x)$ :

$1-\sin ^{2}[\arctan(x)]={\frac {1 }{\tan ^{2}[\arctan(x)]+1}}$

$\sin ^{2}[\arctan(x)]={\frac {\tan ^{2}[\arctan(x)]}{\tan ^{2}[\arctan(x) )]+1}}$

Sedan använder vi identiteten $\tan[\arctan(x)]\equiv x$

$\sin[\arctan(x)]={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1}}}$ ( III)

Och initial pythagoras trigonometrisk identitet bevisad...

På samma sätt om vi dividerar denna ekvation (I) med $\sin ^{2}\theta$

$\sin ^{2}\theta ={\frac {\frac {1}{1}}{1+{\frac {1}{\ tan ^{2}\theta }}}}$ (II)

$\sin ^{2}\theta ={\frac {\tan ^{ 2}\theta }{\tan ^{2}\theta +1}}$

Använd sedan substitutionen $\theta =\arctan(x)$ :

$\sin ^{2}[\arctan(x)]= {\frac {\tan ^{2}[\arctan(x)]}{\tan ^{2}[\arctan(x)]+1}}$

Sedan använder vi identiteten $\tan[\arctan(x)]\equiv x$

$\sin[\arctan(x)]={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1}}}$ ( III)

Och initial pythagoras trigonometrisk identitet bevisad...

$[\arctan(x)]=[\arcsin({\frac {x}{\sqrt {x^{2}+ 1}}})]$

$y={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1}}}$

${ \displaystyle y^{2}={\frac {x^{2}}{x^{2}+1}}}$ (IV)

Låt oss gissa att vi måste bevisa:

$x={\frac {y}{\sqrt {1-y^{2}}}}$

$x^{2} ={\frac {y^{2}}{1-y^{2}}}$ (V)

Ersätter (V) till (IV):

$y^{2}={\frac {\frac {y^{2}}{(1-y^{ 2})}}{{\frac {y^{2}}{(1-y^{2})}}+1}}$

$y^{2}={\frac {\frac {y^{2}}{(1-y^{2})}}{\frac {1}{(1-y^{2} )}}}$

Så det är sant: $y^{2}=y^{2}$ och gissningspåståendet var sant: $x={\frac {y}{\ sqrt {1-y^{2}}}}$

$[\arctan(x)]= [\arcsin({\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1}}})]=[\arcsin(y)]=[\arctan({\frac {y}{\sqrt {1 -y^{2}}}})]$

Nu kan y skrivas som x ; och vi har [arcsin] uttryckt genom [arctan]...

$[\arcsin(x)]=[\arctan({\frac {x}{\sqrt {1-x^{2 }}}})]$

På samma sätt om vi söker: $[\arccos(x)]$ ...

$\cos[\arccos(x)]=x$

$\cos({\frac {\pi }{2}}-({\frac {\pi }{2}}-[\arccos(x)]))=x$

$\sin({\frac {\pi }{2}}-[\arccos(x)])=x$

${\frac {\pi }{2}}-[\arccos(x)]=[\arcsin(x)]$

$[\arccos(x)]={\frac {\pi }{2}}-[\arcsin(x)]$

Från: $[\arcsin(x)]$ ...

$[\arccos(x)]={\frac {\pi }{2}}-[\arctan({ \frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}})]$

$[\arccos (x)]={\frac {\pi }{2}}-[\operatörsnamn {arccot}({\frac {\sqrt {1-x^{2}}}{x}})]$

Och slutligen har vi [arccos] uttryckt genom [arctan]...

$[\arccos(x)]=[\arctan({\frac {\sqrt {1-x^{2}}} {x}})]$

Se även

• Lista över trigonometriska identiteter
• Bhaskara I:s sinusapproximationsformel
• Generera trigonometriska tabeller
• Aryabhatas sinustabell
• Madhavas sinustabell
• Tabell över Newtonska serier
• Madhava-serien
• Enhetsvektor (förklarar riktningscosinus)
• Eulers formel

Anteckningar

• ET Whittaker och GN Watson . A Course of Modern Analysis , Cambridge University Press , 1952