半角公式(II)

半角公式(II) (Half-angle Formulas)
國立蘭陽女中數學科陳敏晧老師

連結： 半角公式(I)

在1580年左右，法國代數學家維塔(François Viète,1540-1603)

曾經提出一個漂亮的正切函數半角公式：$$\displaystyle\frac{{a + b}}{{a – b}} = \frac{{\tan \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}{{\tan \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)}}$$。

證明的方法是利用正弦定理及和差化積公式：

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\frac{{a + b}}{{a – b}} &=\displaystyle \frac{{2R\sin A + 2R\sin B}}{{2R\sin A – 2R\sin B}} = \frac{{\sin A + \sin B}}{{\sin A – \sin B}} \\&=\displaystyle \frac{{2\sin \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)}}{{2\sin \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}=\displaystyle \frac{{\sin \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)/\cos \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)/\cos \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)}} \\&=\displaystyle \frac{{\tan \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}{{\tan \left( {\frac{{A – B}}{2}} \right)}}\end{array}$$

維塔也曾利用半角公式的想法導出 $$\pi$$ 的神奇公式：

$$\displaystyle\frac{2}{\pi } = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2} \cdot \frac{{\sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt 2 } } }}{2} \cdot …$$

，維塔運用加法、乘法、開根號操作順利將 $$\pi$$ 值求出，這也是人類第一次用無窮乘積的運算將圓周率表達出來。另外，數學史上最多產的數學家歐拉(Leonhard Euler, 1707-1783)曾經利用半角公式，導出令人驚訝的數學式：

$$\displaystyle\frac{1}{\pi } = \frac{1}{4}\tan \frac{\pi }{4} + \frac{1}{8}\tan \frac{\pi }{8} + \frac{1}{{16}}\tan \frac{\pi }{{16}} + …$$

他首先利用 $$\displaystyle\cot 2x = \frac{1}{{\tan 2x}} = \frac{{1 – {{\tan }^2}x}}{{2\tan x}} = \frac{{\cot x – \tan x}}{2},x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in Z$$，

移項及變換變數，得

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\cot x &=\displaystyle \frac{1}{2}(\cot \frac{x}{2} – \tan \frac{x}{2})\\&=\displaystyle \frac{1}{4}(\cot \frac{x}{4} – \tan \frac{x}{4}) – \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}\\&=\displaystyle \frac{1}{8}(\cot \frac{x}{8} – \tan \frac{x}{8}) – \frac{1}{4}\tan \frac{x}{4} – \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}\\&= …\\&=\displaystyle \frac{1}{{{2^n}}}(\cot \frac{x}{{{2^n}}} – \tan \frac{x}{{{2^n}}}) – \frac{1}{{{2^{n – 1}}}}\tan \frac{x}{{{2^{n – 1}}}} – … – \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}\end{array}$$

又 $$\begin{array}{ll}\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{2^n}}}\cot \frac{x}{{{2^n}}}&=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{\cos \frac{x}{{{2^n}}}}}{{\sin \frac{x}{{{2^n}}}}}}}{{{2^n}}} \\&=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \frac{x}{{{2^n}}} \cdot \left[ {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{x}{{{2^n}}}}}{{\sin \frac{x}{{{2^n}}}}}} \right] \cdot \frac{1}{x} \\&= 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x}\end{array}$$，

因此，上式可以轉換為

$$\displaystyle\cot x = \frac{1}{x} – \frac{1}{{{2^n}}}\tan \frac{x}{{{2^n}}} – \frac{1}{{{2^{n – 1}}}}\tan \frac{x}{{{2^{n – 1}}}} – … – \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2},n \to \infty$$

，同義於 $$\displaystyle\frac{1}{x} – \cot x = \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2} + \frac{1}{4}\tan \frac{x}{4} + \frac{1}{8}\tan \frac{x}{8} + …$$

，令 $$x=\displaystyle\frac{\pi}{4}$$ 代入得 $$\displaystyle\frac{4}{\pi } – 1 = \frac{1}{2}\tan \frac{\pi }{8} + \frac{1}{4}\tan \frac{\pi }{{16}} + …$$，

此即為 $$\displaystyle\frac{1}{\pi } = \frac{1}{4}\tan \frac{\pi }{4} + \frac{1}{8}\tan \frac{\pi }{8} + \frac{1}{{16}}\tan \frac{\pi }{{16}} + …$$，歐拉的運算真令人嘆為觀止。

在數學教學中，倍角公式與半角公式是互為表裡，另一個常見的半角公式：

若令 $$\displaystyle\tan \frac{\theta }{2} = t$$，則 $$\displaystyle\sin \theta= \frac{{2t}}{{1 + {t^2}}},\cos \theta= \frac{{1 – {t^2}}}{{1 + {t^2}}},\tan \theta= \frac{{2t}}{{1 – {t^2}}}$$。

證明的方式是先處理 $$\tan\theta$$，

利用二倍角公式 $$\displaystyle\tan \theta= \tan (2 \cdot \frac{\theta }{2}) = \frac{{2\tan \frac{\theta }{2}}}{{1 – {{\tan }^2}\frac{\theta }{2}}} = \frac{{2t}}{{1 – {t^2}}}$$，

再透過 $$\tan\theta$$ 的定義，將 $$1-t^2$$ 視為鄰邊，將 $$2t$$ 視為對邊，

則斜邊為 $$\sqrt {{{\left( {1 – {t^2}} \right)}^2}+ {{\left( {2t} \right)}^2}}= \sqrt {{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^2}}= 1 + {t^2}$$，

最後根據正弦函數與餘弦函數的定義，得 $$\displaystyle\sin \theta= \frac{{2t}}{{1 + {t^2}}},\cos \theta= \frac{{1 – {t^2}}}{{1 + {t^2}}}$$。

這個結果可以大量簡化運算過程，如 $$\displaystyle\tan\frac{\theta}{2}=-3$$，我們無須判別 $$\displaystyle\frac{\theta}{2}$$ 所在的象限，

即得 $$\sin \theta= \frac{{2 \times \left({ – 3} \right)}}{{1 + {{\left( { – 3} \right)}^2}}}=-\frac{3}{5},\cos \theta= \frac{{1 – {{\left( { – 3} \right)}^2}}}{{1 + {{\left( { – 3} \right)}^2}}}=-\frac{4}{5},\tan \theta= \frac{{2 \times \left( { – 3} \right)}}{{1 – {{\left( { – 3} \right)}^2}}}= \frac{3}{4}$$

除此之外，這個結論在積分時也十分常用，例如：計算 $$\int_0^x {\sec x} dx$$ 的值？

其中的一種解法為 $$\int_0^x {\sec x} dx = \int_0^x {\frac{1}{{\cos x}}dx}$$，利用變換變數，令 $$u = \tan \frac{x}{2}$$，

兩邊同時微分得 $$du = \frac{1}{2}{\sec ^2}\frac{x}{2}dx$$，移項得 $$dx = \frac{2}{{1 + {u^2}}}du$$，而

$$\displaystyle\cos x = \cos \left( {2 \cdot \frac{x}{2}} \right) = 2{\cos ^2}\frac{x}{2} – 1 = \frac{2}{{{{\sec }^2}\frac{x}{2}}} – 1 = \frac{2}{{1 + {u^2}}} – 1 = \frac{{1 – {u^2}}}{{1 + {u^2}}}$$

，如此原式得

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\int_0^x {\sec x} dx &=\displaystyle \int_0^x {\frac{1}{{\cos x}}dx}= \int {\frac{{\frac{2}{{1 + {u^2}}}du}}{{\frac{{1 – {u^2}}}{{1 + {u^2}}}}}= \int {\frac{2}{{1 – {u^2}}}du} }\\&=\displaystyle \int {\left[ {\frac{1}{{1 + u}} + \frac{1}{{1 – u}}} \right]} du= \ln \left| {1 + u} \right| – \ln \left| {1 – u} \right|\\&=\displaystyle \ln \left| {\frac{{1 + u}}{{1 – u}}} \right|= \ln \left| {\frac{{1 + \tan \frac{x}{2}}}{{1 – \tan \frac{x}{2}}}} \right|= \ln \left| {\frac{{\tan \frac{\pi }{4} + \tan \frac{x}{2}}}{{1 – \tan \frac{\pi }{4} \cdot \tan \frac{x}{2}}}} \right| \\&=\displaystyle \ln \left| {\tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{x}{2}} \right)} \right|\end{array}$$

。其中

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{x}{2}} \right) &=\displaystyle \frac{{1 + \tan \frac{x}{2}}}{{1 – \tan \frac{x}{2}}} = \frac{{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}}{{\cos \frac{x}{2} – \sin \frac{x}{2}}} \\&=\displaystyle \frac{{{{\left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)}^2}}}{{\left( {\cos \frac{x}{2} – \sin \frac{x}{2}} \right)\left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)}} = \frac{{1 + \sin x}}{{\cos x}} \\&= \sec x + \tan x\end{array}$$

最後，得到 $$\int_0^x {\sec xdx}= \ln \left| {\sec x + \tan x} \right|$$。

總之，讀者若善用半角公式的巧妙之處，在解題過程必能事半功倍，節省許多無需浪費的寶貴時間。

參考資料：

1. 毛爾(Eli Maor)，鄭惟厚譯，《毛起來說e》，台北：天下遠見出版社，2000。
2. 毛爾(Eli Maor)，胡守仁譯，《毛起來說三角》，台北：天下遠見出版社，2000。
3. 朱建正編撰，《數學問題百則》，台北 : 中央研究院數學研究所，1998，頁48-50。