三角函数专题——三角函数恒等变形

前言

温馨提示

请已经掌握三角函数基本知识的盆友观看。

前置芝士

万能公式

$$\sin \alpha=\frac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}$$$$\cos \alpha=\frac{1-\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}$$

加法定理

$$\sin(\alpha \pm \beta)=\sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta$$$$\cos(\alpha \pm \beta)=\cos \alpha \cos \beta \mp \sin \alpha \sin \beta$$

积化和差公式

$$\sin \alpha \sin \beta=\frac12[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)]$$$$\cos \alpha \cos \beta=\frac12[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]$$$$\sin \alpha \cos \beta=\frac12[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$$$$\cos\alpha\sin\beta=\frac12[\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)]$$

和差化积公式

$$\sin \alpha+\sin \beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}$$$$\sin \alpha-\sin \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}$$$$\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}$$$$\cos \alpha-\cos \beta=-2\sin \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}$$

半角公式

$$\sin \frac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}$$$$\cos \frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}$$$$\tan \frac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos \alpha}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}$$

倍角公式

$$\sin 2\alpha=2\sin \alpha \cos \alpha$$$$\cos 2\alpha=1-2\sin^2 \alpha$$$$\tan 2\alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan^2 \alpha}$$$$\sin 3\alpha=3\sin \alpha-4\sin^3 \alpha$$$$\cos 3\alpha=4\cos^3 \alpha-3\cos \alpha$$$$\tan 3\alpha = \frac{3 \tan \alpha-\tan^3 \alpha}{1-3\tan^2 \alpha}$$

杂食动物

$$\sin^2 \alpha-\sin^2 \beta=\sin(\alpha+\beta) \sin(\alpha-\beta)$$$$\cos^2 \alpha-\cos^2 \beta=-\sin(\alpha+\beta) \sin(\alpha-\beta)$$$$\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha=1$$$$a\sin \alpha+b\cos \alpha=\sqrt{a^2+b^2} \sin(\alpha+\theta)$$

上式中 $\tan \theta=\dfrac{a}{b}$。

例题一

题目

求

$$(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})$$

的值。

（2017 年北京大学博雅计划）

解法一

第一组：$\cos \dfrac{\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{5\pi}{7}$；

第二组：$\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}+\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}$；

第三组：$\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}$。

解

$$\begin{align*} &(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})\\ &=1+\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}+\\ &\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}+\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}+\\ &\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7} \end{align*}$$

我们考虑分组求解：

---

由于

$$\begin{align*} 2\cdot\sin \alpha \cos \beta&=2 \times \frac12[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]\\&=\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta) \end{align*}$$

故

$$\begin{align*} &\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}\\ &=\frac{2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{\pi}{7}+2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{3\pi}{7}+2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{5\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}\\ &=\frac{\sin \dfrac{2\pi}{7}+\sin \dfrac{4\pi}{7}-\sin \dfrac{2\pi}{7}+\sin \dfrac{6\pi}{7}-\sin \dfrac{4\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}\\ &=\frac{\sin \dfrac{6\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}=\frac{\sin \dfrac{\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}=\frac12 \end{align*}$$

---

由于

$$\cos \alpha \cos \beta=\frac12[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]$$

故

$$\begin{align*} &\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}+\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}\\ &=\frac12(\cos \frac{4\pi}{7}+\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{8\pi}{7}+\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{6\pi}{7}+\cos \frac{4\pi}{7})\\ &=\frac12(2\cos \frac{2\pi}{7}+2\cos \frac{4\pi}{7}+2\cos \frac{6\pi}{7})\\ &=\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{4\pi}{7}+\cos \frac{6\pi}{7}\\ &=-(\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7})\\ &=-\frac12 \end{align*}$$

---

而

$$\begin{align*} &\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}\\ &=\cos \frac{2\pi}{7}\cos \frac{4\pi}{7}\cos \frac{6\pi}{7}\\ &=\frac{2^3\sin \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{2\pi}{7}\cos \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{2^3\sin \dfrac{\pi}{7}}\\ &=\frac{4\sin\dfrac{2\pi}{7}\cos \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{8\sin \dfrac{\pi}{7}}\\ &=\frac{2\sin \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{8\sin\dfrac{\pi}{7}}\\ &=\frac{\sin \dfrac{8\pi}{7}}{8\sin \dfrac{\pi}{7}}=-\frac18 \end{align*}$$

---

故

$$(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})=1+\dfrac12-\dfrac12-\dfrac18=\dfrac78。$$

解法二

$$\prod_{i=1}^{6} \cos \frac{i\pi}{7}=\frac7{2^6}$$

证

$$\begin{align*} &(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})\\ &=(1-\cos \frac{\pi}{7})(1-\cos \frac{3\pi}{7})(1-\cos \frac{5\pi}{7})\\ &=8\sin^2 \frac{\pi}{7}\sin^2 \frac{2\pi}{7}\sin^2 \frac{3\pi}{7}\\ &=8\prod_{i=1}^{6} \cos \frac{i\pi}{7}=\frac7{2^6} \times 8=\frac78 \end{align*}$$

题外话：关于单位根

$$\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=\frac n{2^{n-1}}。$$ $$\prod_{k=1}^{n-1} (x-\omega^k)=\sum_{j=0}^{n-1} x^j$$ $$\prod_{k=1}^{n-1} (1-\omega^k)=n。$$ $$\begin{align*} &|1-\omega^k|\\ &=|1-(\cos \frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n})|\\ &=|2\sin^2 \frac{k\pi}{n}-2i\sin\frac{k\pi}{n} \cos \frac{k\pi}{n}|\\ &=2\sin \frac{k\pi}{n} \end{align*}$$ $$2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=n。$$ $$\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=\frac n{2^{n-1}}。$$

例题二

题目

已知

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

求

$$\sin x \cdot \sin y$$

的值。

换法一

解

令 $\sin^2x=m,\sin^2y=n$，则

$$\tan^2x=\frac{m}{1-m},\tan^2y=\frac{n}{1-n}。$$

由题可知

$$\frac{\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}{1+\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}=m+n。$$

化简整理得算了，我还是好好算吧。

分别计算分子和分母：

$$\begin{align*} \frac{m}{1-m}+\frac{n}{1-n}&=\frac{m+n-2mn}{(1-m)(1-n)}\\ &=\frac{m+n-2mn}{1-m-n+mn}\\ \end{align*}$$$$\begin{align*} 1+\frac{m}{1-m}+\frac{n}{1-n}&=1+\frac{m+n-2mn}{1-m-n+mn}\\ &=\frac{1-mn}{1-m-n-mn} \end{align*}$$

故

$$\frac{\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}{1+\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}=\frac{m+n-2mn}{1-mn}。$$

回代得

$$\frac{m+n-2mn}{1-mn}=m+n。$$

去分母得

$$m+n-2mn=m+n-m^2n-mn^2$$

即

$$2mn=mn(m+n)。$$

我们将右边变成 $0$（其实你上面写化简整理得的话可以直接到这里）：

$$mn(m+n-2)=0。$$

于是 $m=0$ 或 $n=0$ 或 $m+n-2=0$ 即 $m+n=2$。

• 若 $m+n=2$，则 $\sin^2x=\sin^2y=1$，此时代入已知得 $\tan^2x+\tan^2y=1+\tan^2x+\tan^2y$ 与原意不符。（舍）

进而 $\sin x=0$ 或 $\sin y=0$，故

$$\sin x \cdot \sin y=0。$$

换法二

解

令 $a=\tan^2 x,b=\tan^2 y$，则 $a \ge 0, b \ge 0$，于是

$$\sin^2 x=\frac{\tan^2 x}{1+\tan^2 x}=\frac a{1+a}$$$$\sin^2y=\frac{\tan^2 y}{1+\tan^2 y}=\frac b{1+b}$$

代入题设知

$$\frac{a+b}{1+a+b}=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \ge \frac{a}{1+a+b}+\frac{b}{1+a+b}=\frac{a+b}{1+a+b}。$$

当 $a=0$ 或 $b=0$ 即 $\sin^2 x=0$ 或 $\cos^2 x=0$ 即 $\sin x \cdot \cos x=0$ 时，等号成立。 故

$$\sin x \cdot \cos x=0。$$

例题三

题目

求

$$\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)$$

的值。

解法一

解

由于

$$\begin{align*} &(1+\tan \alpha)(1+\tan (\frac{\pi}{4} - \alpha))\\ &=(1+\tan \alpha)(1+\frac{\tan \dfrac{\pi}{4}-\tan \alpha}{1+ \tan\dfrac{\pi}{4} \tan \alpha})\\ &=2 \end{align*}$$

因此，

$$\begin{align*} &\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)\\ &=\prod _{k=1}^{22} (1+\tan k^\circ)(1+\tan (\frac{\pi}{4}-k^\circ)) \cdot (1+\tan 45^\circ)\\ &=2^{23}。 \end{align*}$$

爽！

解法二

解

由于

$$a\sin x+b \cos x=\sqrt{a^2+b^2} \sin(x+\theta)$$

令 $a=1,b=1,\theta=\dfrac{\pi}{4}$ 得

$$\sin x+\cos x=\sqrt2 \sin(x+\frac{\pi}{4})。$$

从而

$$\begin{align*} 1+\tan \alpha&=1+\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\\ &=\frac{\sin \alpha + \cos \alpha}{\cos \alpha}\\ &=\sqrt 2 \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\cos \alpha}\\ &=\sqrt 2 \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)}。 \end{align*}$$

因此，

$$\begin{align*} &\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)\\ &=(\sqrt2)^{44} \prod_{i=1}^{44} \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)} \cdot (1+\tan \frac{\pi}{4})\\ &=2^{23}。 \end{align*}$$

有趣的二级结论（一）

有趣的二级结论（一）

$$\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=\sin^2A$$

的充要条件是 $A=2k\pi \pm (B-C)$ 或 $A=(2k+1)\pi \pm (B+C)$，其中 $k\in\mathbb{Z}$。

充分性

当 $A=2k\pi \pm (B-C)$ 时，

$$\begin{align*} &\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A\\ &=\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos B \cos C-2\sin^2 B \sin^2 C\\ &=\sin^2 B \cos ^2 C - 2\sin B \sin C \cos B \cos C-2\sin^2 C \cos^2 B\\ &=(\sin B \cos C-\cos B \sin C)^2\\ &=\sin^2 (B-C)\\ &=\sin^2 (2k\pi \pm (B-C))=\sin^2 A\\ \end{align*}$$

同理，当 $A=(2k+1)\pi \pm (B+C)$ 时，左式 $=$ 右式。 证毕。

必要性

由于

$$\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=\sin^2 A$$

从而

$$\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=1-\cos^2 A$$

整理得（不兜圈子了）

$$\cos A=\sin B \sin C \pm \cos B \cos C。$$

分类讨论：

$1^\circ$ 当

$$\cos A= \sin B \sin C+\cos B \cos C=\cos (B-C)$$

时，

$$A=2k\pi \pm (B-C),k\in\mathbb{Z}。$$

$2^\circ$ 当

$$\cos A=\sin B \sin C-\cos B \cos C=-\cos (B+C)$$

时，

$$A=(2k+1)\pi \pm (B+C),k\in\mathbb{Z}。$$

综上， $A=2k\pi \pm (B-C)$ 或 $A=(2k+1)\pi \pm (B+C)$，其中 $k\in\mathbb{Z}$。

例题四

题目

求

$$(1+\cos \frac \pi 5)(1+\cos \frac {3\pi} 5)$$

的值。

解法一

解

$$\begin{align*} &(1+\cos \frac \pi 5)(1+\cos \frac {3\pi} 5)\\ &=1+\cos \frac \pi 5+\cos \frac {3\pi} 5+\cos \frac \pi 5\cos \frac {3\pi} 5\\ &=1+\cos \frac \pi 5+\cos \frac {3\pi} 5+ \frac 12(\cos \frac{2\pi} 5+\cos \frac{4\pi} 5)\\ &=1+\cos \frac \pi 5-\cos \frac {2\pi} 5+\frac 12 \cos \frac{2\pi}{5}-\frac 12 \cos \frac \pi 5\\ &= 1+ \frac12 (\cos \frac\pi 5-\cos \frac{2\pi} 5)\\ &=1+\sin \frac \pi {10} \sin \frac{3\pi}{10}\\ &=1+\frac{2\cos \dfrac \pi{10}\sin \dfrac \pi {10} \sin \dfrac{3\pi}{10}}{2\cos \dfrac \pi{10}}\\ &=1+\frac{\sin \dfrac {2\pi}{10} \cos \dfrac {2\pi}{10}}{2\cos \dfrac \pi{10}}\\ &=1+\frac{\sin \dfrac{4\pi}{10}}{4\cos \dfrac \pi{10}}\\ &=1+\frac{\sin (\dfrac \pi 2- \dfrac {\pi}{10})}{4\cos \dfrac{\pi}{10}}\\ &=1+\frac {\cos \dfrac{\pi} {10}}{4\cos \dfrac \pi{10}} =1+\frac 14=\frac54。 \end{align*}$$

解法二

解

令 $A=1+ \cos \dfrac \pi 5 +\cos \dfrac {3\pi} 5+ \cos \dfrac \pi 5 \cos \dfrac {3\pi}{5}$，再令 $\theta=\dfrac \pi 5$，则 $2\theta=\pi=3\theta$，于是 $\cos 2\theta+\cos 3\theta=0$，即

$$4\cos^3 \theta+2\cos^2 \theta-3\cos \theta-1=0。$$

因式分解得

$$(\cos \theta+1)(4\cos^2 \theta-2\cos \theta-1)=0。$$

由于 $\cos \theta=\cos \dfrac \pi 5 \ne -1$，因此 $4\cos^2 \theta -2\cos \theta-1=0$，即 $\theta=\dfrac{\pi}{5}$ 是方程 $4x^2-2x-1=0$ 的一根，同理，$\dfrac{3\pi}{5}$ 也为方程 $4x^2-2x-1=0$ 的一根，由韦达定理，

$$\cos \frac{\pi}{5}+\cos \frac{3\pi} 5=\frac 12,\cos \frac \pi 5 \cos \frac {3\pi} 5=-\frac14。$$

故

$$\begin{align*} A&=1+ \cos \dfrac \pi 5 +\cos \dfrac {3\pi} 5+ \cos \dfrac \pi 5 \cos \dfrac {3\pi}{5}\\ &=1+\frac12-\frac14=\frac54。 \end{align*}$$

有趣的二级结论（二）

有趣的二级结论（二）

$$\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}=\frac1{2^n}$$

证

令

$$S=\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}$$$$T=\prod _{k=1}^n \sin \frac{k\pi}{2n+1}。$$

则

$$\begin{align*} ST&=\frac1{2^n} \prod_{k=1}^{n} \sin \frac{2k\pi}{2n+1}\\ &= \frac1{2^n} \prod_{k=1}^n \sin \frac{k\pi}{2n+1}\\ &=\frac 1{2^n}T。 \end{align*}$$

故

$$S=\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}=\frac1{2^n}。$$

例题五

题目

已知 $\alpha,\beta$ 为锐角，求证： $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 的充要条件为 $\dfrac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\dfrac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}=1$。

必要性

由于

$$\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$$

因此

$$\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta,\cos^2 \alpha=\sin^2 \beta。$$

从而

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}=\sin^2 \alpha+\cos^2 \beta=1。$$

充分性证法一

前置芝士

柯西不等式：对于任意的两组实数 $a_i,b_i(1 \le i \le n)$，满足

$$(\sum_{i=1}^n a_i)^2+(\sum_{i=1}^n b_i)^2 \ge (\sum_{i=1}^n a_ib_i)^2$$

当且仅当 $\forall 1 \le i \le n,\dfrac{a_i}{b_i}$ 为常数时，等号成立。

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos^2 \beta+\sin^2 \beta}=1。$$

证

由柯西不等式知

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos^2 \beta+\sin^2 \beta}=1。$$

当且仅当

$$\frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \beta}=\frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta}$$

即

$$\frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \beta}=\frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta}=\frac{\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta+\cos^2 \beta}=1$$

即

$$\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta,\cos^2 \alpha=\sin^2 \beta$$

时等号成立。

又由于 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac{\pi}{2})$，故

$$\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}。$$

充分性证法二

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge 1$$

证

注意到

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\cos^2 \beta \ge 2\sin^2 \alpha$$$$\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}+\sin^2 \beta \ge 2\cos^2 \alpha$$

两式相加得

$$\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge 1。$$

后同证法一。

充分性证法三

证

令 $\sin^2 \alpha=a$，$\cos^2 \beta=b,a,b \in(0,1)$，由题设知

$$\frac{a^2}{b}+\frac{(1-b)^2}{1-a}=1。$$$$\Leftrightarrow a^2-a^3+b^3-2b^2+b=b-ab$$$$\Leftrightarrow (b-a)(a^2+ab+b^2-2b-a)=0。$$

由于 $a,b \in (0,1)$，因此 $a>a^2,b>b^2,b>ab$，于是

$$a^2+ab+b^2-2b-a<0。$$

故 $b-a=0$，即 $a=b$，此时 $\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta$，从而 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$。

充分性证法四

证

由于

$$\begin{align*} 0&=\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^4 \beta}{\cos^2 \alpha}-1\\ &=\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^4 \beta}{\cos^2 \alpha}-(\cos^2 \beta+\sin^2 \beta)\\ &=\frac{\sin^4 \alpha-\cos^4 \beta}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^2 \beta(\sin^2 \beta-\cos^2 \alpha)}{\cos^2 \alpha} \end{align*}$$

由于 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac \pi2)$，因此 $\alpha+\beta \in (0,\pi)$。

若 $0<\alpha+\beta<\dfrac \pi2$，则

$$\cos \alpha>\cos(\dfrac \pi2-\beta)=\sin \beta>0 \Rightarrow \cos^2 \alpha>\sin^2 \beta$$$$\cos \beta>\cos(\dfrac \pi2-\alpha)=\sin \alpha>0 \Rightarrow \cos^4 \beta>\sin^4 \alpha$$

则上式右边 $<0$，矛盾。

同理，若 $\dfrac \pi2<\alpha+\beta<\pi$，则上式右边 $>0$，矛盾。

综上，$\alpha+\beta=\dfrac \pi2$。

有趣的二级结论（三）

有趣的二级结论（三）

已知 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac \pi2)$，则 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$ 的充要条件为

$$\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}=1。$$

充分性证法一

$$\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta} \ge 1。$$

证

注意到

$$\begin{align*} \frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}&= \frac{\sin^4 \alpha}{\cos \beta \sin \alpha}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin \beta \cos \alpha}\\ &\ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos \beta \sin \alpha+\sin \beta \cos \alpha}\\ &=\frac 1{\sin(\alpha+\beta)} \ge 1\\ \end{align*}$$

当且仅当

$$\begin{cases} \dfrac{\sin^2 \alpha}{\cos \beta \sin \alpha}=\dfrac{\cos^2 \alpha}{\sin \beta \cos \alpha}\\ \alpha+\beta =\dfrac \pi2 \end{cases}$$

即

$$\alpha+\beta=\frac \pi 2$$

时取等。

充分性证法二

证

由均值不等式

$$\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\cos^2 \beta \ge 3\sqrt[3]{\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \cdot \frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \cdot \cos^2 \beta}=2\sin^2 \alpha$$

同理

$$\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\sin^2 \beta \ge 3\cos^2 \alpha$$

两式相加得

$$\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \ge 1。$$

当且仅当

$$\begin{cases} \dfrac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}=\cos^2 \beta\\ \dfrac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}=\sin^2 \beta\\ \end{cases}$$

即

$$\alpha+\beta=\frac \pi2$$

时取等。

有趣的二级结论（四）

有趣的二级结论（四）

已知 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac{\pi}{2})$，则 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 的充要条件为

$$\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta}=1,k \in \mathbb{N}_+。$$

充分性证法一

证

$1^\circ$ 当 $k=2m,m \in \mathbb{N}_+$ 时，由均值不等式

$$\begin{align*} &\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta}+m\cos^2 \beta\\ &\ge (m+1) \cdot\sqrt[m+1]{\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta} \cdot \cos^{2m} \beta}\\ &=(m+1)\sin^2 \alpha \end{align*}$$

同理，

$$\begin{align*} &\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta}+m\sin^2 \beta\\ &\ge (m+1) \cdot\sqrt[m+1]{\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta} \cdot \sin^{2m} \beta}\\ &=(m+1)\cos^2 \alpha \end{align*}$$

两式相加得

$$\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta}+\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta} \ge 1。$$

当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 时取等。

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$2^\circ$ 当 $k=2m-1,m \in \mathbb{N}_+$ 时，

$$\begin{align*} &\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+(2m-1)\cos^2 \beta\\ & \ge (2m+1) \sqrt[2m+1]{\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta} \cdot \frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta} \cdot \cos^{2(2m-1)} \beta}\\ &=(2m+1) \sin^2 \alpha \end{align*}$$

同理，

$$\begin{align*} &\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta}+\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta}+(2m-1)\sin^2 \beta\\ & \ge (2m+1) \sqrt[2m+1]{\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \cdot \frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \cdot \sin^{2(2m-1)} \beta}\\ &=(2m+1) \cos^2 \alpha \end{align*}$$

两式相加得

$$\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \ge 1。$$

当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$ 时取等。

充分性证法二

证

注意到

$$\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+k\cos \beta \sin \alpha \ge (k+1) \sin^2 \alpha$$$$\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta}+k\sin \beta \cos \alpha \ge (k+1) \cos^2 \alpha$$

两式相加得

$$\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta} \ge (k+1)-k\sin(\alpha+\beta) \ge 1。$$

当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac \pi 2$ 时取等。

参考文献

后记