Лекции и упражнения

13.3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ТОЖДЕСТВА
157
суммы доказаны. По доказанному
cos(
x
?
y
) + cos(
x
+
y
) = 2 cos
x
cos
y,
sin(
x
?
y
) + sin(
x
+
y
) = 2 sin
x
cos
y,
cos(
x
?
y
)
?
cos(
x
+
y
) = 2 sin
x
sin
y,
что
доказывает формулы разложения. Если в формулах разложения произве-
сти замену
?
=
x
?
y, ?
=
x
+
y,
то получатся формулы суммирования.
Согласно формуле косинуса разности
1 = cos 0 = cos(
x
?
x
) = cos
2
x
+
+ sin
2
x,
cos 2
x
= cos(
x
+
x
) = cos
2
x
?
sin
2
x
= 2 cos
2
x
?
1 = 1
?
2 sin
2
x.
По
формуле синуса суммы
sin 2
x
= sin(
x
+
x
) = 2 sin
x
cos
x,
sin 3
x
= sin(2
x
+
x
) =
= sin 2
x
cos
x
+ cos 2
x
sin
x
= 2 sin
x
cos
2
x
+ sin
x
?
2 sin
3
x
= 3 sin
x
?
4 sin
3
x.
Аналогично при помощи формулы косинуса суммы доказывается формула
косинуса тройного угла.
Формулы приведения для синуса и косинуса доказываются единообразно
при помощи формул суммы, подобно тому как это было проделано для
формулы
cos(
?
2
?
x
) = sin
x
в лемме 16.
Формулы приведения для тангенса и котангенса доказываются единооб-
разно при помощи формул приведения для синуса и косинуса. Например,
tg(
?
+
x
) =
sin(
?
+
x
)
cos(
?
+
x
)
=
?
sin
x
?
cos
x
= tg
x.
Теорема доказана.
Замечание. Формулы приведения устанавливают
?
-периодичность тан-
генса и котангенса. Нетрудно видеть, что
?
есть главный период этих функ-
ций. Например, если
T
0
- период тангенса и
0
?
T
0
< ?,
то
tg 0 = 0 = tg
T
0
.
Следовательно
T
0
= 0
.
Упражнение 281. Докажите следующие тождества.
•
sin
x
=
2 tg
x
2
1+tg
2
x
2
,
•
cos
x
=
1
?
tg
2
x
2
1+tg
2
x
2
,
•
tg
x
=
2 tg
x
2
1
?
tg
2
x
2
,
•
tg 2
x
=
2 tg
x
1
?
tg
2
x
•
tg(
x
+
y
) =
tg
x
+tg
y
1
?
tg
x
tg
y
;
•
tg(
x
?
y
) =
tg
x
?
tg
y
1+tg
x
tg
y
;
•
ctg(
x
+
y
) =
1
?
tg
x
tg
y
tg
x
+tg
y
;
•
ctg(
x
?
y
) =
1+tg
x
tg
y
tg
x
?
tg
y
;
•
tg
x
+ tg
y
=
sin(
x
+
y
)
cos
x
cos
y
;
•
tg
x
?
tg
y
=
sin(
x
?
y
)
cos
x
cos
y
,
•
a
sin
x
+
b
cos
x
=
?
a
2
+
b
2
sin(
x
+
?
)
,
где
cos
?
=
a
?
a
2
+
b
2
,
sin
?
=
b
?
a
2
+
b
2
;
•
1 + tg
2
x
=
1
cos
2
x
;

158
ГЛАВА 13. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
•
1 + ctg
2
x
=
1
sin
2
x
,
tg
x
·
ctg
x
= 1;
•
tg
x
2
=
sin
x
1+cos
x
=
1
?
cos
x
sin
x
;
• |
sin
x
2
|
=
q
1
?
cos
x
2
;
• |
cos
x
2
|
=
q
1+cos
x
2
.
Замечание. Тождество есть равенство, верное при всех допустимых зна-
чениях входящих в него переменных.
13.4 Обратные тригонометрические функции
Определение 123. Пусть отображения
f
:
X
??
Y
и
g
:
Y
??
X
таковы,
что
?
x
?
X
?
g
(
f
(
x
))
и
?
y
?
Y
?
f
(
g
(
y
))
(то есть существуют композиции
f
?
g
и
g
?
f
), причјм
?
x
?
X
?
y
?
Y x
=
g
(
f
(
x
))
и
y
=
f
(
g
(
y
))
.
Тогда
g
называется обратным для
f
и обозначается
f
?
1
.
Заметим, что если
g
обратное для
f,
то
f
 обратное для
g.
Теорема 58. Если обратное отображение существует, то оно единствен-
но. Обратное для
f
отображение существует тогда и только тогда, когда
f
есть биекция, причјм тогда
f
?
1
тоже биекция и
(
f
?
1
)
?
1
=
f.
Доказательство. Очевидно биективное отображение имеет обратное.
Действительно, если при биективном отображении
f x
1
7?
y
1
, x
2
7?
y
2
, . . . ,
то
f
?
1
можно определить как отображение, при котором
y
1
7?
x
1
, y
2
7?
x
2
и так далее. Пусть
g
:
Y
??
X
обратное для
f
:
X
??
Y.
Тогда для
всех
y
?
Y
справедливо
y
=
f
(
g
(
y
))
.
Значит,
f
сюръективно (каждый эле-
мент
y
?
Y
имеет прообраз  такое
x
?
X,
что
y
=
f
(
x
)
.
) Далее, если
f
(
x
) =
f
(
x
0
)
,
то
x
=
g
(
f
(
x
)) =
g
(
f
(
x
0
)) =
x
0
.
Значит,
f
инъективно (если
x
6
=
x
0
,
то
f
(
x
)
6
=
f
(
x
0
)
 ѕразные точки переходят в разныеї). Так как
f
инъективно и сюръективно, то
f
биективно. Итак, если
f
имеет обрат-
ное для
g,
то
f
биекция. Но тогда
g
обратное для
f
тоже биекция. Если,
кроме
g
, отображение
g
0
обратное для
f,
то для всех
y
?
Y
справедливо
x
=
g
0
(
y
) =
g
0
(
f
(
x
)) =
g
(
f
(
x
)) =
g
(
y
)
,
то есть
g
0
=
g.
таким образом,
g
единственное обратное для
f.
Но тогда и
f
единственное обратное для
g
и,
таким образом,
(
f
?
1
)
?
1
=
f.
Теорема доказана.
Теорема 59. Пусть
X
и
Y
числовые множества и отображение
f
:
X
??
??
Y
имеет обратное. Тогда графики обратных отображений
f
и
f
?
1
симметричны относительно прямой
y
=
x.
Функция
f
нечјтная тогда и
только тогда, когда
f
?
1
нечјтная,
f
строго возрастает тогда и только
тогда, когда
f
?
1
строго возрастает,
f
строго убывает тогда и только
тогда, когда
f
?
1
строго убывает.

13.5. ПЕРВЫЙ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЙ ПРЕДЕЛ
159
Доказательство. Точка
A
(
x
0
, y
0
)
?
?
f
тогда и только тогда, когда
B
(
y
0
, x
0
)
?
?
?
f
?
1
согласно определению обратного отображения. Точка
C
(
x
0
+
y
0
2
,
y
0
+
c
0
2
)
 середина отрезка
[
AB
]
.
Пусть
(
·
)
O
(0; 0)
 начало координат. Очевидно
C
?
?
y
=
x
,
|
OA
|
=
|
OB
|
=
p
x
2
0
+
y
2
0
.
Тогда если точки
A, B, C
не лежат на
одной прямой, то
[
OC
]
есть медиана и высота в равнобедренном треуголь-
нике
AOB.
Значит, точки
A
и
B
симметричны относительно прямой
y
=
x.
Если же точки
A
,
B
,
C
лежат на одной прямой, то они либо совпадают,
либо все различны, и тогда из
y
0
=
kx
0
,
x
0
=
ky
0
,
x
0
6
=
y
0
следует, что
k
=
?
1
.
Так как прямые
y
=
x
и
y
=
?
x
перпендикулярны, то и в этом
случае точки
A
и
B
симметричны относительно прямой
y
=
x.
Далее, если
f
нечјтная функция, то
(
x
0
, y
0
)
?
?
f
??
(
?
x
0
,
?
y
0
)
?
?
f
.
Тогда имеем:
(
y
0
, x
0
)
?
?
f
?
1
??
(
x
0
, y
0
)
?
?
f
??
(
?
x
0
,
?
y
0
)
?
?
f
??
??
(
?
y
0
,
?
x
0
)
?
?
f
?
1
,
то есть,
(
y
0
, x
0
)
?
?
f
?
1
??
(
?
y
0
,
?
x
0
)
?
?
f
?
1
.
Таким образом,
f
?
1
нечјтная функция. Значит,
f
нечјтная функция
??
f
?
1
нечјтная функция.
Если
f
строго возрастает, то
x
1
< x
2
??
y
1
< y
2
.
Так как
(
y
0
, x
0
)
?
?
?
f
?
1
??
(
x
0
, y
0
)
?
?
f
,
то и
f
?
1
строго возрастает. Значит,
f
строго воз-
растает
??
f
?
1
строго возрастает. Аналогично исследуется случай строго-
го убывания. Теорема доказана.
13.5 Первый замечательный предел
Лемма 17. Для всех
?
?
(0
,
?
2
)
выполняются неравенства
sin
? < ? <
tg
?
.
Доказательство.
Рассмотрим треугольники
4
OAB
,
4
OAC
и сектор
OAB
(см. рис. 13.2).
Очевидно, что
S
(
4
OAB
)
< S
(
OAB
)
< S
(
4
OAC
)
. Но
S
(
4
OAB
) =
1
2
sin
?
,
S
(
OAB
) =
x
2
и
S
(
4
OAC
) =
1
2
tg
?.
Умножая на 2, получим требуемое нера-
венство.
-
6
A
B
?
C
x
y
Рис. 13.2:
Теорема 60 (Первый замечательный предел).
lim
x
?
0
sin
x
x
= 1
.
Доказательство.
Из леммы 17 вытекает, что
x
·
cos
x <
sin
x < x
. Разделив все на
x
6
= 0
,
получим
cos
x <
sin
x
x
<
1
. Эти неравенства выполнены и при
x
?
(
?
?
2
,
0)
 следует из четности функций
cos
x
и
sin
x
x
. Поскольку,
lim
x
?
0
cos
x
= 1
, по

160

жүктеу/скачать 1,95 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: