15.7 三角函数 ​

定义 ​

1. （15.7.1 三角函数）如果$z$是一个复数，那么定义函数：

   $$\begin{array}{c}\cos (z):=\frac{{\text{e}}^{\text{i}z}+{\text{e}}^{-\text{i}z}}{2}\\ \sin (z):=\frac{{\text{e}}^{\text{i}z}-{\text{e}}^{-\text{i}z}}{2\text{i}}\end{array}$$

   并且我们把$\cos$和$\sin$分别称为余弦函数和正弦函数。特别地，注意到$\exp$幂级数定义有：

   $$\begin{array}{c}{\text{e}}^{\text{i}z}=1+\text{i}z-\frac{z^2}{2!}-\frac{\text{i}z}{3!}+\frac{z^4}{4!}+...\\ {\text{e}}^{-\text{i}z}=1-\text{i}z-\frac{z^2}{2!}+\frac{\text{i}z}{3!}+\frac{z^4}{4!}-...\end{array}$$

   因此我们也可以将上面三角函数的定义写为幂级数的形式有：

   $$\begin{array}{c}\cos (z):=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-...=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n}\\ \sin (z):=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-...=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{z}^{2n+1}\end{array}$$

   （注：我们所熟悉的三角函数通常是通过几何概念来给出的定义，而这里给出了从解析的概念角度来定义的方式。这个公式是由莱昂哈德·欧拉在1748年发现的，他给出了指数函数与三角函数之间的关联）

2. （15.7.4 圆周率）我们定义$\pi$为数

   $$\pi :=inf\{x\in (0,+\mathrm{\infty }):\sin (x)=0\}$$

   （注：设$E:=\{x\in (0,+\mathrm{\infty }):\sin (x)=0\}$是$\sin$在$(0,+\mathrm{\infty })$上全体根的集合。一个或许很容易被忽略的事实是，我们仍然要对上面的定义讨论$\sin (\pi )=0$是否为真，不过这个结论并不困难，利用定理13.1.5(d)的结论与$\sin$的连续性我们很容易得到$E$是闭集，从而$E$包含了自身所有的附着点，也就是说包含了$inf(E)$；然后，通过导数的推断我们不难判断得到$\cos (\pi )=-1$）

命题 ​

1. （15.7.2 三角恒等式）设$x$，$y$都是实数，那么有：

   1. $\sin (x{)}^2+\cos (x{)}^2=1$。于是，对于所有的$x\in \mathbb{R}$都有$\sin (x)\in [-1,1]$与$\cos (x)\in [-1,1]$。
   2. ${\sin }^{\prime }(x)=\cos (x)$且${\cos }^{\prime }(x)=-\sin (x)$。
   3. $\sin (-x)=-\sin (x)$且$\cos (-x)=\cos (x)$。
   4. $\cos (x+y)=\cos (x)\cos (y)-\sin (x)\sin (y)$且$\sin (x+y)=\sin (x)\cos (y)+\cos (x)\sin (y)$。
   5. $\sin (0)=0$且$\cos (0)=1$。
   6. ${\text{e}}^{\text{i}x}=\cos (x)+\sin (x)\text{i}$且${\text{e}}^{-\text{i}x}=\cos (x)-\sin (x)\text{i}$。于是，$\cos (x)=\mathfrak{R}({\text{e}}^{\text{i}x})$且$\sin (x)=\mathfrak{I}({\text{e}}^{\text{i}x})$。

   （注：耳熟能详了）

2. （15.7.3 $\pi$的存在性？）存在一个正数$x$使得$\sin (x)$等于$0$。

3. （15.7.5 三角函数的周期性）设$x$是一个实数，那么有：

   1. $\cos (x+\pi )=-\cos (x)$且$\sin (x+\pi )=-\sin (x)$。特别地，有$\cos (x+2\pi )=\cos (x)$和$\sin (x+2\pi )=\sin (x)$，也就是说正弦函数$\sin$和余弦函数$\cos$都是以$2\pi$为周期的周期函数。
   2. $\sin (x)=0$，当且仅当$x/\pi$是一个整数。
   3. $\cos (x)=0$，当且仅当$x/\pi$是一个整数加上$1/2$。

   （注：我们还可以定义其它所有的三角函数：正切，余切，正割，余割函数，并建立我们所熟知的全部三角恒等式，不过暂时没有这个必要，在习题中我们会讨论部分相关内容）

课后习题 ​

15.7.1 证明定理15.7.2（提示：尽可能用指数函数的语言写出所有的内容） ​

逐条证明：

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1. $\sin (x{)}^2+\cos (x{)}^2=1$。于是，对于所有的$x\in \mathbb{R}$都有$\sin (x)\in [-1,1]$与$\cos (x)\in [-1,1]$。

根据定义可以直接计算有：

$$\begin{array}{rl}\cos (x{)}^2+\sin (x{)}^2& ={\left(\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2\text{i}}\right)}^2\\ & =\frac{{\text{e}}^{2\text{i}x}+2+{\text{e}}^{-2\text{i}x}}{4}+\frac{{\text{e}}^{2\text{i}x}-2+{\text{e}}^{-2\text{i}x}}{-4}\\ & =\frac{{\text{e}}^{2\text{i}x}+2+{\text{e}}^{-2\text{i}x}-{\text{e}}^{2\text{i}x}+2-{\text{e}}^{-2\text{i}x}}{4}\\ & =\frac{4}{4}=1\end{array}$$

于是结论成立。

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2. ${\sin }^{\prime }(x)=\cos (x)$且${\cos }^{\prime }(x)=-\sin (x)$。

根据定义可以直接求导得到：

$$\begin{array}{rl}{\cos }^{\prime }(x)& ={\left(\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2}\right)}^{\prime }\\ & =\frac{1}{2}(\text{i}{\text{e}}^{\text{i}x}-\text{i}{\text{e}}^{-\text{i}x})\\ & =\frac{-{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2\text{i}}\\ & =-\sin (x)\end{array}\begin{array}{rl}{\sin }^{\prime }(x)& ={\left(\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2\text{i}}\right)}^{\prime }\\ & =\frac{1}{2\text{i}}(\text{i}{\text{e}}^{\text{i}x}+\text{i}{\text{e}}^{-\text{i}x})\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2}\\ & =\cos (x)\end{array}$$

于是结论得证。

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3. $\sin (-x)=-\sin (x)$且$\cos (-x)=\cos (x)$。

根据定义有：

$$\begin{array}{rl}\cos (-x)& =\frac{{\text{e}}^{\text{i}(-x)}+{\text{e}}^{-\text{i}(-x)}}{2}\\ & =\frac{{\text{e}}^{-\text{i}x}+{\text{e}}^{\text{i}x}}{2}\\ & =\cos (x)\end{array}\begin{array}{rl}\sin (-x)& =\frac{{\text{e}}^{\text{i}(-x)}-{\text{e}}^{-\text{i}(-x)}}{2\text{i}}\\ & =\frac{{\text{e}}^{-\text{i}x}-{\text{e}}^{\text{i}x}}{2\text{i}}\\ & =-\sin (x)\end{array}$$

于是结论得证。

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4. $\cos (x+y)=\cos (x)\cos (y)-\sin (x)\sin (y)$且$\sin (x+y)=\sin (x)\cos (y)+\cos (x)\sin (y)$。

根据定义有：

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}\cos (x+y)& =\frac{{\text{e}}^{\text{i}(x+y)}+{\text{e}}^{-\text{i}(x+y)}}{2}\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}{\text{e}}^{\text{i}y}+{\text{e}}^{-\text{i}x}{\text{e}}^{-\text{i}y}}{2}\\ & =\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}+{\text{e}}^{-\text{i}y})+({\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}-{\text{e}}^{-\text{i}y})}{4}\\ & =\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}+{\text{e}}^{-\text{i}y})}{2\cdot 2}-\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}-{\text{e}}^{-\text{i}y})}{2\text{i}\cdot 2\text{i}}\\ & =\cos (x)\cos (y)-\sin (x)\sin (y)\end{array}\\ \begin{array}{rl}\sin (x+y)& =\frac{{\text{e}}^{\text{i}(x+y)}-{\text{e}}^{-\text{i}(x+y)}}{2\text{i}}\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}{\text{e}}^{\text{i}y}-{\text{e}}^{-\text{i}x}{\text{e}}^{-\text{i}y}}{2\text{i}}\\ & =\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}+{\text{e}}^{-\text{i}y})+({\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}-{\text{e}}^{-\text{i}y})}{4\text{i}}\\ & =\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}+{\text{e}}^{-\text{i}y})}{2\text{i}\cdot 2}-\frac{({\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x})({\text{e}}^{\text{i}y}-{\text{e}}^{-\text{i}y})}{2\cdot 2\text{i}}\\ & =\sin (x)\cos (y)+\cos (x)\sin (y)\end{array}\end{array}$$

（有点结果论的样子，不过暂且这样了）

于是结论得证。

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5. $\sin (0)=0$且$\cos (0)=1$。

直接代入定义就可以得到：

$$\begin{array}{c}\sin (0)=\frac{{\text{e}}^0-{\text{e}}^0}{2\text{i}}=0\\ \cos (0)=\frac{{\text{e}}^0+{\text{e}}^0}{2}=1\end{array}$$

于是结论得证。

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6. ${\text{e}}^{\text{i}x}=\cos (x)+\sin (x)\text{i}$且${\text{e}}^{-\text{i}x}=\cos (x)-\sin (x)\text{i}$。于是，$\cos (x)=\mathfrak{R}({\text{e}}^{\text{i}x})$且$\sin (x)=\mathfrak{I}({\text{e}}^{\text{i}x})$。

显然根据定义我们有：

$$\begin{array}{rl}{\text{e}}^{\text{i}x}& =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x}+{\text{e}}^{\text{i}x}}{2}\\ & =\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}+{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2}+\text{i}\frac{{\text{e}}^{\text{i}x}-{\text{e}}^{-\text{i}x}}{2\text{i}}\\ & =\cos (x)+\sin (x)\text{i}\end{array}$$

然后根据结论(c)我们有${\text{e}}^{-\text{i}x}=\cos (-x)+\sin (-x)\text{i}=\cos (x)-\sin (x)\text{i}$，于是结论得证。

15.7.2 设$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$是在$x_0$处可微的函数，$f(x_0)=0$且$f^{\prime }(x_0)\ne 0$。证明：存在一个$c>0$使得只要$0<|x_0-y|<c$，$f(y)$就不为零。据此判定存在一个$c>0$，使得对于所有的$0<x<c$都有$\sin (x)\ne 0$ ​

我们令$k:=f^{\prime }(x_0)$。根据牛顿逼近法（命题10.1.7）我们知道存在$\delta >0$使得对任意的$|x-x_0|<\delta$都有：

$$|f(x)-(f(x_0)+k(x-x_0))|<\frac{k}{2}|x-x_0|⟹|f(x)-k(x-x_0)|<\frac{|k|}{2}|x-x_0|$$

从而对任意的$0<|x-x_0|<\delta$，我们如果假设$f(x)=0$，则会导出${\displaystyle |f(x)-k(x-x_0)|>\frac{|k|}{2}|x-x_0|}$的矛盾结论，于是即对任意$0<|x-x_0|<\delta$都只能有$f(x)\ne 0$。

特别地，根据定理15.7.2我们知道${\sin }^{\prime }(0)=\cos (0)=1\ne 0$且$\sin (0)=0$，于是应用上面的结论即可断定存在一个$c>0$使得对于所有的$0<x<c$都有$\sin (x)\ne 0$。

15.7.3 证明定理15.7.5（提示：对于(c)，首先计算$\sin (\pi /2)$和$\cos (\pi /2)$，然后再把$\sin (x+\pi /2)$和$\cos (x)$联系起来） ​

逐条证明：

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1. $\cos (x+\pi )=-\cos (x)$且$\sin (x+\pi )=-\sin (x)$。特别地，有$\cos (x+2\pi )=\cos (x)$和$\sin (x+2\pi )=\sin (x)$，也就是说正弦函数$\sin$和余弦函数$\cos$都是以$2\pi$为周期的周期函数。

通过原书的证明我们已经知道了$\sin (\pi )=0$与$\cos (\pi )=-1$，于是可以根据三角恒等式（命题15.7.2(d)）计算有：

$$\begin{array}{c}\cos (x+\pi )=\cos (x)\cos (\pi )-\sin (x)\sin (\pi )=-\cos (x)\\ \sin (x+\pi )=\sin (x)\cos (\pi )+\cos (x)\sin (\pi )=-\sin (x)\end{array}$$

然后应用两遍这个结论就可以得到$\cos (x+2\pi )=-\cos (x+\pi )=\cos (x)$与$\sin (x+2\pi )=-\sin (x+\pi )=\sin (x)$，于是结论得证。

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2. $\sin (x)=0$，当且仅当$x/\pi$是一个整数。

我们知道$\sin (x)=0$当且仅当$|\sin (x)|=0$，然后根据结论(a)我们知道$|\sin (x)|$是关于$x$的以$\pi$为周期的周期函数。

于是我们可以做如下讨论：对任意的实数$x\in \mathbb{R}$，我们知道它总是可以表示为形如$x=k\pi +y$的形式（在实数的章节我们介绍过任意实数$r$都存在整数$N$使得$N\le r<N+1$（习题5.4.3），然后对$r=x/\pi$应用这个结论），其中$k$是一个整数而$y$是一个满足$0\le y<\pi$的实数，于是利用周期性我们有$|\sin (x)|=|\sin (y)|$。然后根据$\pi$的定义与命题15.7.2(e)可知对实数$r\in [0,\pi )$有$|\sin (r)|=0$当且仅当$r=0$，于是也即有$\sin (x)=0$当且仅当$x=k\pi$，也即$x/\pi =k$是一个整数。

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3. $\cos (x)=0$，当且仅当$x/\pi$是一个整数加上$1/2$。

我们尝试展示$\sin$与$\cos$之间的联系（事实上这属于常识的范畴）。

考虑计算$\sin (\pi /2)$与$\cos (\pi /2)$的值，根据命题15.7.2有：

$$\begin{array}{c}\cos (\pi /2{)}^2-\sin (\pi /2{)}^2=\cos (\pi )=-1\\ \cos (\pi /2{)}^2+\sin (\pi /2{)}^2=1\end{array}$$

由此我们可以得到$\sin (\pi /2{)}^2=1$，结合原书中已经论证过$\sin$在$(0,\pi )$上是非负的可得$\sin (\pi /2)=1$，进而有$\cos (\pi /2)=0$。于是对任意的$x\in \mathbb{R}$我们可以发现有：

$$\cos (x)=\sin (x)\cdot 0+\cos (x)\cdot 1=\sin (x+\pi /2)$$

于是$\cos (x)=0$等价于$\sin (x+\pi /2)=0$，根据结论(b)我们有这当且仅当$(x+\pi /2)/\pi =x/\pi +1/2$是一个整数$z$，于是也即当且仅当$x/\pi =(z-1)+1/2$是一个整数加上$1/2$。

15.7.4 设$x$，$y$都是实数，并且满足$x^2+y^2=1$。证明：恰好存在一个实数$\theta \in (-\pi ,\pi ]$，使得$x=\sin (\theta )$且$y=\cos (\theta )$（提示：你或许需要对$x$，$y$是正，负或$0$的情况进行讨论） ​

注意到$x^2+y^2=1$的条件已经限制了$x\in [-1,1]$与$y\in [-1,1]$，我们不难发现当$x$，$y$中有一个为$0$的时候结论是显然的，事实上可以列出下面的列表：

情景	$\theta$值
$x=0$且$y=1$	$0$
$x=0$且$y=-1$	$-\pi$
$x=1$且$y=0$	$\pi /2$
$x=-1$且$y=0$	$-\pi /2$

于是我们只需要考虑$x$，$y$均不为$-1$，$0$与$1$的情形。此时我们考虑先证明恰好存在两个${\theta }_0$，${\theta }_1$满足正弦值为$x$，然后这两个$\theta$值里面恰好有一个满足余弦值为$y$。

我们只给出$x>0$的情况的证明，$x<0$的情况是完全类似的。我们知道$\sin$只在$(0,\pi )$上大于$0$，并且有$\sin (0)=\sin (\pi )=0$与$\sin (\pi /2)=1$。于是根据介值定理（命题9.7.1）我们知道分别存在${\theta }_0\in [0,\pi /2]$与${\theta }_1\in [\pi /2,\pi ]$满足$\sin ({\theta }_0)=\sin ({\theta }_1)=x$，并且显然可以验证有${\theta }_0$与${\theta }_1$都不等于$0$，$\pi /2$，$\pi$（$x$不是$-1$，$0$或$1$）。然后注意到${\sin }^{\prime }=\cos$在$(0,\pi /2)$上大于$0$，在$(\pi /2,\pi )$上小于$0$，因此我们可以得到$\sin$是在$(0,\pi /2)$上严格单调递增，在$(\pi /2,\pi )$上严格单调递减的函数，这也意味着$\sin$限制在对应区间上时是一个双射，也即${\theta }_0$与${\theta }_1$分别是它们所在区间内唯一满$\sin ({\theta }_0)=\sin ({\theta }_1)=x$的值。

然后我们来证明${\theta }_0$与${\theta }_1$中必然有一个满足余弦值为$y$。根据三角恒等式（命题15.7.2(a)）显然有

$$\cos ({\theta }_0{)}^2=\cos ({\theta }_1{)}^2=1-x^2=y^2$$

于是也即$|y|=|\cos ({\theta }_0)|=|\cos ({\theta }_1)|$，若此时$y>0$，则由于$\cos$在$(0,\pi /2)$上大于$0$我们可以知道这表明$y=\cos ({\theta }_0)$；若$y<0$，${\sin }^{\prime }=\cos$在$(\pi /2,\pi )$上小于$0$我们可以知道这表明$y=\cos ({\theta }_1)$。并且这两个情况显然总是恰好成立一个，于是我们证明了当$x>0$时恰好存在唯一的$\theta$满足$x=\sin (\theta )$且$y=\cos (\theta )$。对$x<0$的情况，只需要类似地在区间$(-\pi ,0)$上讨论即可。

综上，于是结论得证。

15.7.5 证明：如果$r$，$s>0$都是正实数，$\theta$和$\alpha$都是使得$r{\text{e}}^{\text{i}\theta }=s{\text{e}}^{\text{i}\alpha }$成立的实数，那么$r=s$且存在一个整数$k$使得$\theta =\alpha +2\pi k$ ​

于是根据命题15.7.2(f)即有$r\cos (\theta )+r\sin (\theta )\text{i}=s\cos (\alpha )+s\sin (\alpha )\text{i}$成立，也即：

$$\begin{array}{c}r\cos (\theta )=s\cos (\alpha )\\ r\sin (\theta )=s\sin (\alpha )\end{array}$$

特别地，根据命题15.7.2(a)有：

$$r^2=r^2\cos (\theta {)}^2+r^2\sin (\theta {)}^2=s^2\cos (\alpha )+s^2\cos (\alpha )=s^2$$

然后由于$r$，$s$都是正实数，因此即有$r=s$，从而上面的条件即有：

$$\begin{array}{c}r\cos (\theta )=s\cos (\alpha )\stackrel{r=s}{\iff }\cos (\theta )=\cos (\alpha )=x\\ r\sin (\theta )=s\sin (\alpha )\stackrel{r=s}{\iff }\sin (\theta )=\sin (\alpha )=y\end{array}$$

然后然后我们考虑写有$\alpha :=a+2m\pi$与$\theta :=b+2n\pi$，其中$n$，$m$是整数且$a$，$b\in (-\pi ,\pi ]$，于是根据$\sin$和$\cos$的周期性即有$\cos (a)=\cos (b)=x$与$\sin (a)=\sin (b)=y$。然后根据习题15.7.4我们有在$(-\pi ,\pi ]$内只存在唯一实数$c$满足$\sin (c)=y$与$\cos (c)=x$。于是上面的讨论可以总结有：

$$a=b=c⟹\theta -\alpha =2(n-m)\pi$$

如果我们记$k:=n-m$，则上面的结论即存在整数$k$使得$\theta =\alpha +2\pi k$，于是结论得证。

15.7.6 设$z$是一个非零复数。利用习题15.7.4证明：恰好存在一对实数$r$，$\theta$使得$r>0$，$\theta \in (-\pi ,\pi ]$且$z=r{\text{e}}^{\text{i}\theta }$（这个式子有时被称为$z$的标准极坐标表达式） ​

我们设$z=a+b\text{i}$，其中$a$，$b$都是实数。于是我们令$r:=\sqrt{a^2+b^2}$，显然有$r>0$。然后注意到有：

$$z=r(\frac{a}{r}+\frac{b}{r}\text{i}){\frac{a}{r}}^2+{\frac{b}{r}}^2=\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}=1$$

于是根据习题15.7.4的结论，我们知道恰好存在一个$\theta \in (-\pi ,\pi ]$使得${\displaystyle \cos (\theta )=\frac{a}{r}}$且${\displaystyle \sin (\theta )=\frac{b}{r}}$，从而也即有：

$$z=r(\cos (\theta )+\sin (\theta )\text{i})=r{\text{e}}^{\text{i}\theta }$$

然后根据习题15.7.5的结论，我们显然可以得到这样的$r$，$\theta$是唯一的，于是结论得证。

15.7.7 对于任意的实数$\theta$和整数$n$，证明棣莫弗恒等式： ​

注意到根据命题15.7.2(f)有：

$$(\cos \theta +\text{i}\sin \theta {)}^n=({\text{e}}^{\text{i}\theta }{)}^n$$

$n=0$时显然题目结论成立，我们先证明$n>0$的情况，根据复指数函数的性质（习题15.6.16）我们显然可以归纳得到：

$$({\text{e}}^{\text{i}\theta }{)}^n={\text{e}}^{\text{i}n\theta }$$

于是此时再根据命题15.7.2(f)可以直接得到题目结论得证。而对$n<0$的情况，我们有：

$$({\text{e}}^{\text{i}\theta }{)}^n=\frac{1}{({\text{e}}^{\text{i}\theta }{)}^{-n}}=\frac{1}{{\text{e}}^{-\text{i}n\theta }}={\text{e}}^{\text{i}n\theta }$$

（注意到${\text{e}}^{\text{i}n\theta }{\text{e}}^{-\text{i}n\theta }=\exp (\text{i}(n-n)\theta )=1$）

于是依然可以根据命题15.7.2(f)可以直接得到题目结论得证。综上即棣莫弗恒等式对任意的整数$n$与实数$\theta$成立。

15.7.8 设$\tan :(-\pi /2,\pi /2)\to \mathbb{R}$是正切函数${\displaystyle \tan (x):=\frac{\sin (x)}{\cos (x)}}$。证明：$\tan$可微且单调递增，并且有${\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}x}\tan (x)=1+\tan (x{)}^2}$，${\displaystyle \underset{x\to \pi /2}{lim}\tan (x)=+\mathrm{\infty }}$和${\displaystyle \underset{x\to -\pi /2}{lim}\tan (x)=-\mathrm{\infty }}$。然后利用这些结论推导出$\tan$实际上是$(-\pi /2,\pi /2)$到$\mathbb{R}$的双射，于是我们令有反函数${\tan }^{-1}:\mathbb{R}\to (-\pi /2,\pi /2)$（该函数被称为反正切函数）。最后证明：${\tan }^{-1}$是可微的，并且${\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}x}{\tan }^{-1}(x)=\frac{1}{1+x^2}}$ ​

我们先证明$\tan$是可微且单调的且${\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}x}\tan (x)=1+\tan (x{)}^2}$。

注意到$\cos$是在$(-\pi /2,\pi /2)$上非负的且$\sin$和$\cos$都是在$(-\pi /2,\pi /2)$上可微的。于是根据微分的运算定律（命题10.1.13）我们有$\tan$是在$(-\pi /2,\pi /2)$上可微的，且有：

$${\tan }^{\prime }(x)=\frac{\cos (x{)}^2+\sin (x{)}^2}{\cos (x{)}^2}=1+\tan (x{)}^2$$

然后由于平方的非负性于是我们可以得到${\tan }^{\prime }$在$(-\pi /2,\pi /2)$上始终大于$1$，这表明$\tan$是$(-\pi /2,\pi /2)$上严格单调递增的（命题10.3.3）。

---

然后我们证明${\displaystyle \underset{x\to \pi /2}{lim}\tan (x)=+\mathrm{\infty }}$和${\displaystyle \underset{x\to -\pi /2}{lim}\tan (x)=-\mathrm{\infty }}$。

我们已经知道了$\sin (\pi /2)=1$，$\sin (-\pi /2)=-1$与$\cos (\pi /2)=\cos (-\pi /2)=0$，于是由于$\sin$和$\cos$的连续性，我们有：

• 存在${\delta }_1>0$使得对任意的$x\in (-\pi /2,\pi /2)$满足$|x-\pi /2|<{\delta }_1$都有$|\sin (x)-1|<1/2$，即有$\sin (x)>1/2$。
• 存在${\delta }_2>0$使得对任意的$x\in (-\pi /2,\pi /2)$满足$|x-(-\pi /2)|<{\delta }_2$都有$|\sin (x)-(-1)|<1/2$，即有$\sin (x)<-1/2$。
• 对任意给定的$\epsilon >0$，存在某个$\delta >0$使得对任意的$x\in (-\pi /2,\pi /2)$满足$|x-\pi /2|<\delta$或$|x-(-\pi /2)|<\delta$都有$|\cos (x)|<\epsilon$成立。特别地，由于$\cos$是在$(-\pi /2,\pi /2)$上非负的，因此也即$0<\cos (x)<\epsilon$。

然后我们可以发现对任意的实数$M$，我们考虑${\displaystyle \epsilon =\frac{1}{2|M|}}$，应用上面三个结论有：

$$\begin{array}{c}\mathrm{\exists }\delta >0,\mathrm{\forall }\pi /2-{\delta }_1<x\wedge |x-\pi /2|<\delta ,\tan (x)>\frac{1}{2\cos (x)}>|M|\ge M\\ \mathrm{\exists }\delta >0,\mathrm{\forall }-\pi /2+{\delta }_2>x\wedge |x-(-\pi /2)|<\delta ,\tan (x)<-\frac{1}{2\cos (x)}<-|M|\le M\end{array}$$

于是上面的结论即有${\displaystyle \underset{x\to \pi /2;x\in (\pi /2-{\delta }_1,\pi /2)}{lim}\tan (x)=+\mathrm{\infty }}$和${\displaystyle \underset{x\to -\pi /2;x\in (-\pi /2,-\pi /2+{\delta }_2)}{lim}\tan (x)=-\mathrm{\infty }}$。然后由于局域极限可以推广到更大范围内的函数极限（命题9.3.18），于是即有${\displaystyle \underset{x\to \pi /2}{lim}\tan (x)=+\mathrm{\infty }}$和${\displaystyle \underset{x\to -\pi /2}{lim}\tan (x)=-\mathrm{\infty }}$。

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接着推导出$\tan$是从$(-\pi /2,\pi /2)$到$\mathbb{R}$的双射。

由于$\tan$是严格单调递增的因此$\tan$显然是一个单射。然后对任意的$y\in \mathbb{R}$，若$y>0$则根据${\displaystyle \underset{x\to \pi /2}{lim}\tan (x)=+\mathrm{\infty }}$我们知道存在某个$\delta >0$是的对任意的$\delta <x<\pi /2$都有$\tan (x)>y$；若$y<0$则根据${\displaystyle \underset{x\to -\pi /2}{lim}\tan (x)=-\mathrm{\infty }}$我们知道存在某个$\delta <0$是的对任意的$-\pi /2<x<\delta$都有$\tan (x)<y$。注意到$\tan (0)=0$且$\tan$连续，于是运用介值定理（命题9.7.1）总能得到存在$x\in (-\pi /2,\pi /2)$满足$\tan (x)=y$，也即证明了$\tan$是一个满射。

综上即有$\tan$是从$(-\pi /2,\pi /2)$到$\mathbb{R}$的双射。

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最后我们来证明${\tan }^{-1}$是可微的且${\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}x}{\tan }^{-1}(x)=\frac{1}{1+x^2}}$。

显然${\tan }^{-1}$是一个连续函数，于是根据反函数定理（命题10.4.2）可以得到对任意的$x\in \mathbb{R}$满足$x=\tan (y)$有：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}{\tan }^{-1}(x)=\frac{1}{{\tan }^{\prime }(y)}=\frac{1}{1+\tan (y{)}^2}=\frac{1}{1+x^2}$$

于是结论得证。

15.7.9 回顾习题15.7.8中的反正切函数${\tan }^{-1}$，通过修改定理15.5.6(e)的证明来建立下面这个恒等式： ​

利用阿贝尔定理（定理15.3.1），把这个恒等式推广到$x=1$时的情形，进而推导出恒等式： ​

（注意，由于交错级数判别法（命题7.2.12）可知，上面这个级数时收敛的）由此推导出${\displaystyle 4-\frac{4}{3}<\pi <4}$（当然可以用这个式子计算$\pi =3.1415926...$的更高精确度值，但如果可以，仍然建议使用其它的公式去计算$\pi$，因为这个级数收敛的太慢了） ​

对任意的$x\in (-1,1)$，由于$-x^2\in (-1,0]$，于是根据几何级数（命题7.3.3）我们有：

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^{2n}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-x^2{)}^n=\frac{1}{1-(-x^2)}=\frac{1}{1+x^2}$$

这也表明函数${\displaystyle f(x):=\frac{1}{1+x^2}}$是在$(-1,1)$上实解析的，于是利用幂级数的性质（命题15.1.6(e)）对任意的$0\le x<1$我们有：

$${\int }_0^x\frac{1}{1+x^2}\text{d}x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$$

类似地对任意的$-1<x<0$有：

$${\int }_x^0\frac{1}{1+x^2}\text{d}x=-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$$

然后结合微积分第二基本定理（命题11.9.4），由于在习题中我们已经证明了${\tan }^{-1}$是${\displaystyle f(x):=\frac{1}{1+x^2}}$的原函数，于是上面的内容即有：

$$\mathrm{\forall }x\in (-1,1),{\tan }^{-1}(x)-{\tan }^{-1}(0)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$$

（$x=0$处结论可以直接验证，这里就省略了）

然后注意到$\tan (0)=0⟺{\tan }^{-1}(0)=0$，因此上面的内容即：

$${\tan }^{-1}(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1},x\in (-1,1)$$

然后对$x=1$处显然可以判断得到${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}}$是收敛的，于是根据阿贝尔定理我们有：

$${\tan }^{-1}(1)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$$

而我们能够凑巧地发现这样一个事实（常识）：

$$\{\begin{array}{l}\cos (\pi /4{)}^2-\sin (\pi /4{)}^2=\cos (\pi /2)=0\\ \cos (\pi /4{)}^2+\sin (\pi /4{)}^2=1\\ \mathrm{\forall }x\in (0,\pi /2),\sin (x)>0\wedge \cos (x)>0\end{array}⟹\cos (\pi /4)=\sin (\pi /4)=\frac{\sqrt{2}}{2},\tan (\pi /4)=1$$

于是即有：

$$\pi =4\cdot \frac{\pi }{4}=4\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$$

结论得证。

15.7.10 设$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$是函数 ​

(a) 证明：这个级数是一致收敛的，并且$f$是连续的 ​

注意到对任意的$n\ge 1$都有关于$x$的函数$4^{-n}\cos ({32}^n\pi x)$是有界且连续的，因此考虑使用魏尔斯特拉斯M判别法。显然我们有：

$$\Vert 4^{-n}\cos ({32}^n\pi x){\Vert }_{\mathrm{\infty }}=4^{-n}$$

因此我们有：

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\Vert 4^{-n}\cos ({32}^n\pi x){\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{4}^{-n}=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}$$

是收敛的，因此根据魏尔斯特拉斯M判别法（命题14.5.7）我们可以得到函数级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{4}^{-n}\cos ({32}^n\pi x)}$一致收敛且$f$连续。

(b) 证明：对于每一个整数$j$和每一个整数$m\ge 1$，都有 ​

（提示：对于特定的序列$a_n$，使用恒等式 ​

另外，利用余弦函数以$2\pi$为周期的事实，以及对于任意的$|r|<1$都有几何级数公式${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{r}^n=\frac{1}{1-r}}$，最后还要用到：对任意的实数$x$和$y$都有不等式$|\cos (x)-\cos (y)|\le |x-y|$。这个不等式可以用平均值定理（推论10.2.9）或微积分基本定理（定理11.9.4）来证明） ​

可以计算有：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}& f\left(\frac{j+1}{{32}^m}\right)-f\left(\frac{j}{{32}^m}\right)\\ =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{4}^{-n}[\cos ({32}^{n-m}\pi (j+1))-\cos ({32}^{n-m}\pi j)]\\ =& \sum _{n=1}^{m-1}{4}^{-n}[\cos ({32}^{n-m}\pi (j+1))-\cos ({32}^{n-m}\pi j)]+\\ & 4^{-m}\cos (\pi (j+1))-4^{-m}\cos (\pi j)+\\ & \sum _{n=m+1}^{\mathrm{\infty }}{4}^{-n}[\cos ({32}^{n-m}\pi (j+1))-\cos ({32}^{n-m}\pi j)]\end{array}\end{array}$$

其中对于$(1)$第二行的内容，根据命题15.7.5我们可以得到这一部分实际上等于$-2\cdot 4^{-m}\cos (\pi j)$，当$j$是一个奇数时此项等于$2\cdot 4^{-m}$，当$j$是一个偶数时此项等于$-2\cdot 4^{-m}$；而对于第三行的内容，由于其中每一项都有$n>m$因此${32}^{n-m}(j+1)$和${32}^{n-m}j$都是$2$的倍数，因此$\cos ({32}^{n-m}(j+1)\pi )=\cos ({32}^{n-m}j\pi )=1$，也即第三行的级数每一项都是$0$，从而该级数收敛于$0$。

然后我们考虑第一行的级数。这一部分是一个有限级数，作$-n+m\mapsto i$的双射我们可以将它改成下面的形式：

$$\frac{1}{4^m}\sum _{i=1}^{m-1}{4}^i[\cos ({32}^{-i}\pi (j+1))-\cos ({32}^{-i}\pi j)]$$

然后利用不等式$|\cos (x)-\cos (y)|\le |x-y|$对任意的实数$x$，$y$都成立（关于这个不等式的证明，我们会放到本题最后面），因此即有：

$$\begin{array}{rl}|\frac{1}{4^m}\sum _{i=1}^{m-1}{4}^i[\cos ({32}^{-i}\pi (j+1))-\cos ({32}^{-i}\pi j)]|& \le \frac{1}{4^m}\sum _{i=1}^{m-1}{4}^i|{32}^{-i}\pi (j+1)-{32}^{-i}\pi j|\\ & =\frac{\pi }{4^m}\sum _{i=1}^{m-1}{8}^{-i}\\ & =4^{-m}\pi \frac{8^{-1}(1-8^{-m+1})}{1-8^{-1}}\\ & =4^{-m}\frac{\pi }{7}(1-8^{-m+1})\\ & \le \frac{1}{2}{4}^{-m}\end{array}$$

然后我们在式子中分别使用$\text{part}1$和$\text{part}2$代表$(1)$第一行和第二行的内容，则我们有：

$$\begin{array}{rl}& |f\left(\frac{j+1}{{32}^m}\right)-f\left(\frac{j}{{32}^m}\right)|\\ =& |\text{part}1+\text{part}2|\\ =& \{\begin{array}{ll}|\text{part}1-2\cdot 4^{-m}|& j\mathrm{是}\mathrm{偶}\mathrm{数}\\ |\text{part}1+2\cdot 4^{-m}|& j\mathrm{是}\mathrm{奇}\mathrm{数}\end{array}\end{array}$$

然后在上面由于我们证明了${\displaystyle |\text{part}1|\le \frac{1}{2}{4}^{-m}⟺-\frac{1}{2}{4}^{-m}\le \text{part}1\le \frac{1}{2}{4}^{-m}}$，因此我们有：

$j$是偶数	$j$是奇数
${\displaystyle -\frac{5}{2}{4}^{-m}\le \text{part}1-2\cdot 4^{-m}\le -\frac{3}{2}{4}^{-m}}$	${\displaystyle \frac{3}{2}{4}^{-m}\le \text{part}1+2\cdot 4^{-m}\le \frac{5}{2}{4}^{-m}}$

也即总有${\displaystyle |f\left(\frac{j+1}{{32}^m}\right)-f\left(\frac{j}{{32}^m}\right)|\ge \frac{3}{2}{4}^{-m}\ge 4^{-m}}$，于是结论得证。

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附：不等式$|\cos (x)-\cos (y)|\le |x-y|$对任意的实数$x$，$y$都成立。

证明：

我们知道$\cos$是在整个$\mathbb{R}$上可微，连续的，并且它的导函数为$\sin$。因此根据平均值定理，我们知道存在$\xi \in (x,y)$使得：

$$\sin (\xi )=\frac{\cos (x)-\cos (y)}{x-y}$$

然后由于$|\sin (\xi )|\le 1$始终成立，因此即有：

$$\frac{|\cos (x)-\cos (y)|}{|x-y|}\le 1⟺|\cos (x)-\cos (y)|\le |x-y|$$

也即题目不等式得证。