新疆师范大学数学科学学院，新疆 乌鲁木齐

收稿日期：2023年8月11日；录用日期：2023年9月12日；发布日期：2023年9月21日

摘要

本文利用特殊角之间的关系，对一个三角函数求值问题进行了求解，并将问题推广，得到一个恒等式。

关键词

三角函数求值，三角恒等式，推广

Generalization of a Trigonometric Function Evaluation Problem

Weijing Hao, Yucheng Dong

School of Mathematical Sciences, Xinjiang Normal University, Urumqi Xinjiang

Received: Aug. 11^th, 2023; accepted: Sep. 12^th, 2023; published: Sep. 21^st, 2023

ABSTRACT

In this paper, a trigonometric function evaluation problem is solved using the relationship between special angles and the problem is generalized to obtain a constant equation.

Keywords:Evaluation of Trigonometric Functions, Trigonometric Identities, Generalization

Copyright © 2023 by author(s) and Hans Publishers Inc.

This work is licensed under the Creative Commons Attribution International License (CC BY 4.0).

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

1. 引言

三角函数由于其周期性从而产生了许多规律性的变换，所以基于三角函数周期性规律的变换，一直是人们特别感兴趣的研究问题。即在三角函数的研究中，人们往往基于三角函数的周期性变化规律来探索函数之间的关系。已有的三角函数恒等式特别多，应用也极为广泛，在这样的一个基础上，人们也在积极探寻新的三角变换、三角恒等式。

本文研究的问题来源于《数学通报》2021年第9期中的一个三角函数求值的问题(2621号)。本文首先利用25˚、35˚与60˚角之间的特殊关系，对一个三角函数求值问题的求解进行了简化，在此基础上，对原有问题进一步推广得到了一个恒等式。

2. 原问题及解

原问题：求 $\frac{{\left(2\sin {25}^{\circ }+\sin {35}^{\circ }\right)}^2}{2{\sin }^2{25}^{\circ }+\cos {10}^{\circ }}$ 的值 [1] 。

问题供题者利用凑30˚角对原式进行化简求值。本文观察到25˚、35˚和特殊角60˚之间的和差关系，将原式写成如下形式：

$\frac{{\left(2\sin {25}^{\circ }+\sin {35}^{\circ }\right)}^2}{2{\sin }^2{25}^{\circ }+\cos {10}^{\circ }}=\frac{{\left[2\sin {25}^{\circ }+\sin \left({60}^{\circ }-{25}^{\circ }\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{25}^{\circ }+\cos \left({60}^{\circ }-2\times {25}^{\circ }\right)}$ (1)

首先，对(1)式进行化简，

$\begin{array}{c}2\sin {25}^{\circ }+\sin {35}^{\circ }=2\sin {25}^{\circ }+\sin \left({60}^{\circ }-{25}^{\circ }\right)=2\sin {25}^{\circ }+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos {25}^{\circ }-\frac{1}{2}\sin {25}^{\circ }\\ =\frac{3}{2}\sin {25}^{\circ }+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos {25}^{\circ }=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin {25}^{\circ }+\frac{1}{2}\cos {25}^{\circ }\right)\\ =\sqrt{3}\sin \left({30}^{\circ }+{25}^{\circ }\right)=\sqrt{3}\sin {55}^{\circ }\end{array}$

那么， ${\left(2\sin {25}^{\circ }+\cos {10}^{\circ }\right)}^2=3{\sin }^2{55}^{\circ }$

$\begin{array}{c}2{\sin }^2{25}^{\circ }+\cos {10}^{\circ }=2{\sin }^2{25}^{\circ }+\cos \left({60}^{\circ }-2\times {25}^{\circ }\right)\\ =1-\cos \left(2\times {25}^{\circ }\right)+\frac{1}{2}\cos \left(2\times {25}^{\circ }\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \left(2\times {25}^{\circ }\right)\\ =1-\frac{1}{2}\cos \left(2\times {25}^{\circ }\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \left(2\times {25}^{\circ }\right)\\ =1-\sin \left({30}^{\circ }-2\times {25}^{\circ }\right)=1+\sin {20}^{\circ }\end{array}$

所以，(1)式 $=\frac{3{\sin }^2{55}^{\circ }}{1+\sin {20}^{\circ }}=\frac{3\times 2{\sin }^2{55}^{\circ }}{2\times \left(1+\sin {20}^{\circ }\right)}=\frac{3\times \left(1-\cos {110}^{\circ }\right)}{2\times \left(1+\sin {20}^{\circ }\right)}=\frac{3\times \left(1-\cos \left({90}^{\circ }+{20}^{\circ }\right)\right)}{2\times \left(1+\sin {20}^{\circ }\right)}=\frac{3\times \left(1+\sin {20}^{\circ }\right)}{2\times \left(1+\sin {20}^{\circ }\right)}=\frac{3}{2}$ 。

3. 进一步推广

为了便于表示，以下推导过程中均使用弧度制。

由(1)式，将25˚表示为 ${\alpha }_1$ ，则 ${\alpha }_1\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ ，由此得到推广1。运用类比方法 [2] ，将其进一步推广到第二、三、四象限，恒等式仍成立，推广及证明过程如下：

推广1：当 ${\alpha }_1\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 时，恒有 $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_1+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_1+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3}{2}$ 。

事实上， $\begin{array}{c}2\sin {\alpha }_1+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)=2\sin {\alpha }_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos {\alpha }_1-\frac{1}{2}\sin {\alpha }_1=\frac{3}{2}\sin {\alpha }_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos {\alpha }_1\\ =\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin {\alpha }_1+\frac{1}{2}\cos {\alpha }_1\right)=\sqrt{3}\sin \left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)\end{array}$

那么， ${\left[2\sin {\alpha }_1+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2=3{\sin }^2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)$

$\begin{array}{c}2{\sin }^2{\alpha }_1+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)=1-\cos 2{\alpha }_1+\frac{1}{2}\cos 2{\alpha }_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2{\alpha }_1\\ =1-\frac{1}{2}\cos 2{\alpha }_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2{\alpha }_1=1-\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\end{array}$

所以， $\begin{array}{c}\frac{{\left[2\sin {\alpha }_1+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_1+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3{\sin }^2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)}{1-\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3\times 2{\sin }^2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)}{2\times \left[1-\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\right]}\\ =\frac{3\times \left[1-\cos 2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)\right]}{2\times \left[1-\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\right]}\text{=}\frac{3\times \left[1-\cos \left(\frac{\pi }{3}+2{\alpha }_1\right)\right]}{2\times \left[1-\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\right]}=\frac{3}{2}\end{array}$ 。

若 $\angle \alpha$ 为任意角时恒等式成立，则等式左边分母不能为0，即 $2{\sin }^2\alpha +\cos \left(\frac{\pi }{3}-2\alpha \right)\ne 0$ 。

$\begin{array}{c}2{\sin }^2\alpha +\cos \left(\frac{\pi }{3}-2\alpha \right)=1-\cos 2\alpha +\frac{1}{2}\cos 2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\alpha \\ =1-\frac{1}{2}\cos 2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\alpha =1-\cos \left(\frac{\pi }{3}+2\alpha \right)\ne 0\end{array}$

所以， $\cos \left(\frac{\pi }{3}+2\alpha \right)\ne 1$ ，即 $\frac{\pi }{3}+2\alpha \ne 2k\pi$ ， $\alpha \ne k\pi -\frac{\pi }{6}$ ，其中 $k\in Z$ 。

推广2：当 ${\alpha }_2\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 且 ${\alpha }_2\ne \frac{5\pi }{6}$ 时，恒有 $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_2+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_2\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_2+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_2\right)}=\frac{3}{2}$ 。

事实上，设 ${\alpha }_2={\alpha }_1+\frac{\pi }{2}\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ ，则

$\sin {\alpha }_2=\sin \left({\alpha }_1+\frac{\pi }{2}\right)=\cos {\alpha }_1$

$\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_2\right)=\sin \left[\frac{\pi }{3}-\left({\alpha }_1+\frac{\pi }{2}\right)\right]=-\sin \left[\frac{\pi }{2}-\left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]=-\cos \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)$

$\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_2\right)=\cos \left[\frac{\pi }{3}-2\left({\alpha }_1+\frac{\pi }{2}\right)\right]=\cos \left[\left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)-\pi \right]=\cos \left[\pi -\left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)\right]=-\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)$

所以，

$\frac{{\left[2\sin {\alpha }_2+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_2\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_2+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_2\right)}=\frac{{\left[2\cos {\alpha }_1-\cos \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2}{2{\cos }^2{\alpha }_1-\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)}$ (2)

与推广1的方法一致，对(2)式右边进行化简，得

(2)式 $=\frac{3{\cos }^2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)}{1+\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3\times 2{\cos }^2\left(\frac{\pi }{6}+{\alpha }_1\right)}{2\times \left[1+\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\right]}=\frac{3\times \left[1+\cos \left(\frac{\pi }{3}+2{\alpha }_1\right)\right]}{2\times \left[1+\sin \left(\frac{\pi }{6}-2{\alpha }_1\right)\right]}=\frac{3}{2}$ 。

推广3：当 ${\alpha }_3\in \left[\pi ,\frac{3\pi }{2}\right]$ 时，恒有 $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_3+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_3\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_3+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_3\right)}=\frac{3}{2}$ 。

事实上，设 ${\alpha }_3={\alpha }_1+\pi \in \left[\pi ,\frac{3\pi }{2}\right]$ ，则

$\sin {\alpha }_3=\sin \left({\alpha }_1+\pi \right)=-\sin {\alpha }_1$

$\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_3\right)=-\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)$

$\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_3\right)=\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)$

同理可得， $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_3+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_3\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_3+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_3\right)}=\frac{{\left[2\sin {\alpha }_1+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_1+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3}{2}$ 。

可见，推广3中 ${\alpha }_3$ 为第三象限角的情形与 ${\alpha }_1$ 为第一象限角的情形一致。

推广4：当 ${\alpha }_4\in \left[\frac{3\pi }{2},2\pi \right]$ 且 ${\alpha }_4\ne \frac{11\pi }{6}$ 时，恒有 $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_4+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_4\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_4+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_4\right)}=\frac{3}{2}$ 。

事实上，设 ${\alpha }_4={\alpha }_1+\frac{3\pi }{2}\in \left[\frac{3\pi }{2},2\pi \right]$ ，则

$\sin {\alpha }_4=-\cos {\alpha }_1$

$\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_4\right)=\cos \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)$

$\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_4\right)=-\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)$

同理可得， $\frac{{\left[2\sin {\alpha }_4+\sin \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_4\right)\right]}^2}{2{\sin }^2{\alpha }_4+\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_4\right)}=\frac{{\left[2\cos {\alpha }_1-\cos \left(\frac{\pi }{3}-{\alpha }_1\right)\right]}^2}{2{\cos }^2{\alpha }_1-\cos \left(\frac{\pi }{3}-2{\alpha }_1\right)}=\frac{3}{2}$ 。

易见，推广4中 ${\alpha }_4$ 为第四象限角的情形与 ${\alpha }_2$ 为第二象限角的情形一致。

4. 当 $\alpha$ 为任意角时的情形

经过以上推广验证，可知恒等式在 $\alpha \in \left[0,2\pi \right]$ 时都成立。又由于正弦、余弦函数都以 $2\pi$ 为周期，那么当 $\alpha$ 为任意角时，该恒等式仍然成立，故有以下结论。

结论：若 $\alpha \in R$ 且 $\alpha \ne k\pi -\frac{\pi }{6}$ ，恒有 $\frac{{\left[2\sin \alpha +\sin \left(\frac{\pi }{3}-\alpha \right)\right]}^2}{2{\sin }^2\alpha +\cos \left(\frac{\pi }{3}-2\alpha \right)}=\frac{3}{2}$ ，其中 $k\in Z$ 。

5. 总结与讨论

本文探究的问题表明，对于与三角函数有关的恒等式甚至不等式的证明，利用特殊角的关系是解决这类问题的一个重要思路。基于同样的思路，我们可以把三角形推广到多边形，从二维推广到高维。不论是三角函数还是加性柯西方程的研究，所蕴含的思想是统一的，都是从简单的例子里面挖掘有用的信息，从简单的问题里面发现不平凡解法，从而开拓多维创新能力，实现有意义的学习 [3] 。

文章引用

郝伟静,董玉成. 一个三角函数求值问题的推广
Generalization of a Trigonometric Function Evaluation Problem[J]. 理论数学, 2023, 13(09): 2678-2682. https://doi.org/10.12677/PM.2023.139274

参考文献