一、前言

在國立中山大學應數系的雙週一題活動中, 92學年度第一學期的大專組第三題是要我們證明一道不等式, 問題如下：

問題1： 試證對所有 $\theta \in\Big(0, \dfrac{\pi}2\Big)$, 恆有

\begin{equation} \theta \lt \dfrac{\sin\theta +\tan\theta}2. \label{1} \end{equation}

問題的公告解答請參考 。 注意此處的問題編號為筆者所加, 底下各問題亦同。

請讀者先參考下圖, 其中扇形 $OBG$ 的圓心角為90度, $BG$ 弧上有異於 $B,G$ 的點 $A$, 且過 $B$ 的圓弧切線與直線 $OA$ 交於 $C$ 點：

利用上圖中 $\triangle OAB$, $\triangle OBC$ 與扇形 $OAB$ 的面積關係, 可證明當 $\theta \in \Big(0,\dfrac{\pi}2\Big)$時, 有

\begin{equation} \sin\theta \lt \theta \lt \tan\theta. \label{2} \end{equation}

而 \eqref{1} 式則告訴我們 \eqref{2} 式左右兩項的算術平均數大於其中間項。

在 中, 主辦單位對問題 1 公布了兩種解法, 第一種解法用的是證明函數恆正時常用的微積分技巧, 第二種解法則是使用三角函數的半角公式, 以及不等式 \eqref{2} 右半邊的結果 $\tan\theta \gt\theta$。

在底下, 筆者將使用與 中解法不同的另兩種解法重新解問題 1, 這部分的內容將在第二節中加以介紹。 接著的第三節中, 筆者將介紹另兩道與三角函數有關的不等式, 並提出自己對兩不等式的另證, 證明中將會與 中的第一種解法一樣, 使用微積分的技巧來進行推導。

二、問題 1 的另解

對於上面介紹的問題 1, 底下筆者給出兩個另解。第一個另解, 是一個由圖形出發的解法, 內容如下：

解法1： 將圖 1 中落在扇形 $OBG$ 外部的圖形及其標示文字抹去, 再另作輔助線如下圖:

上圖中的扇形令其半徑為 1, 其中 $\angle AOB=\theta $, $\overline{OE}$ 為 $\triangle AOB$ 的高, 因此 $\angle BOE=\dfrac\theta 2$。 此外, $\overline{OE}$ 的延長線與圓弧相交於 $F$, 過 $F$ 的圓弧切線分別與 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ 的延長線交於 $C,D$, 則 $\overline{OF}$ 為 $\triangle COD$ 的高。 不難證明 $\triangle AOB$ 與 $\triangle COD$ 相似, 因此兩三角形之面積比為對應邊的高 $\overline{OE}$, $\overline{OF}$ 之長度平方比, 即 $\triangle AOB:\triangle COD=\overline{OE}^{2}:\overline{OF}^{2}$, 從而有

$$\frac{\sin\theta}2:\triangle COD=\cos^2\frac{\theta}2:1.$$

利用上式我們可列出 $\triangle COD$ 面積, 並可將其表達式改寫如下：

$$\triangle COD=\frac{\sin\theta }2\cdot \dfrac 1{\cos^2 \frac{\theta}2}=\sin\theta\cdot \frac 1{2\cos^2\frac{\theta}2-1+1}=\frac{\sin\theta}{\cos\theta +1},$$

又由圖 2 可知扇形 $AOB$ 面積 $\dfrac \theta 2$ 小於 $\triangle COD$ 面積, 因此有

\begin{equation} \theta =2\cdot \frac {\theta}2 \lt 2\cdot \frac{\sin\theta}{\cos\theta +1} =\frac{2 \sin\theta}{\cos\theta +1}.\label{3} \end{equation}

此時考慮底下的不等式：

\begin{equation} \frac{2\sin\theta}{\cos\theta +1} \lt \frac{\sin\theta +\tan\theta}2,\label{4} \end{equation}

如果能證明 \eqref{4} 式成立, 再配合 \eqref{3} 式就可證明不等式 \eqref{1}。 與 \eqref{4} 式等價的不等式是

\begin{equation} (\sin\theta +\tan\theta)(1+\cos\theta)\gt4 \sin\theta,\label{5} \end{equation}

要證明 \eqref{5} 式, 可考慮底下兩算式相乘的結果:

\begin{equation} (\sin\theta +\tan\theta)(1+\cos\theta)=2\sin\theta +\sin\theta\cos\theta +\tan\theta.\label{6} \end{equation}

利用算幾不等式, 我們有

\begin{equation} \sin\theta \cos\theta +\tan\theta \ge 2\sqrt{\sin\theta\cos\theta\cdot\tan\theta}=2 \sin\theta,\label{7} \end{equation}

在 \eqref{7} 式中, 因為 $0 \lt \cos\theta \lt 1$, 可知

$$\tan\theta =\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\gt\sin\theta \gt\sin\theta\cos\theta,$$

因 $\sin\theta\cos\theta$ 與 $\tan\theta$ 不相等, 所以 \eqref{7} 式的等號不成立, 即

$$\sin\theta\cos\theta+\tan\theta \gt2 \sin\theta.$$

以上式搭配 \eqref{6} 式可知 \eqref{5} 式成立(註1), 因此 \eqref{4} 式成立。 此時由 \eqref{3}, \eqref{4} 兩式可知

$$\frac{\sin\theta +\tan\theta}2\gt\frac{2 \sin\theta}{\cos\theta +1}\gt\theta,$$

因此 \eqref{1} 式成立, 問題 1 解題完畢。

除了上述解法之外, 還有底下這個較簡潔的解法：

解法2： 因解法 1 中已經證明 \eqref{4} 式成立, 利用 \eqref{4} 式與半角公式並配合 \eqref{2} 式可知

\begin{equation} \frac{\sin\theta +\tan\theta}2\gt\frac{2 \sin\theta}{1+\cos\theta}=\frac{4 \sin\frac{\theta}2\cos\frac{\theta}2}{2\cos^2\frac{\theta}2} =2 \tan\frac{\theta}2\gt2\cdot \frac{\theta}2=\theta,\label{8} \end{equation}

至此再次證明 \eqref{1} 式成立, 解題完畢 (註2)。 注意此解法與 中的第二種解法一樣, 都使用了半角公式與 \eqref{2} 式右半的 $\tan\theta \gt\theta$ 這個不等式。

其實, 上述兩種解法的關鍵都是 \eqref{4} 式, 只是前者是配合由圖形所得的 \eqref{3} 式來處理, 後者則直接透過 \eqref{8} 式來解決。 而第二種解法之所以比較簡潔, 原因之一是因為所用上的 \eqref{4} 式在第一種解法中已經證明過。

回顧 中公布的第一個解法, 解題者使用了微積分的技巧解題, 在下一節的內容中, 筆者將分享另兩個使用微積分技巧證明不等式的例子。

三、看看另外兩道不等式

第一道不等式：

106 學年度第二學期雙週一題徵答活動的第八題, 也是要我們證明一道不等式, 問題如下：

問題2： 若 $A,B$ 和 $C$ 為 $\triangle ABC$ 的三個內角角度(弧度), 試證

\begin{equation} A\cos B+\sin A\cos C\gt0.\label{9} \end{equation}

活動主辦單位公布的解答請參考 。

如果要說問題 2 與問題 1 有什麼比較大的不同, 應該是 \eqref{9} 式中的變數較多, 且附加一個須由解題者自行列出的限制條件 $A+B+C=\pi$。 首先, 當 $B$ 為直角時, 因 $\cos B=0$ 且 $C$ 為銳角, 可透過下式證明 \eqref{9} 式成立:

$$A \cos B+\sin A\cos C=\sin A\cos C\gt0.$$

接下來, 筆者將分別處理 $B$ 為銳角與 $B$ 為鈍角的兩種情形 (註3)。

其中, 在 $B$ 為鈍角的情形, 筆者處理時使用了微積分的技巧, 證明過程如下：

證明： $B$ 為鈍角時, 因 $\dfrac{\pi}2 \lt B \lt \pi $, 可知 ${\pi} \lt 2\pi- B \lt \dfrac{3\pi}2$。 此時考慮 $2A+B$ 這個角, 先寫下

$$0 \lt A=\pi -B-C \lt \pi-B.$$

因此有不等式

$0 \lt 2A \lt 2\pi-2B$, 接著對此不等式中的三項同加 $B$, 即可寫下

\begin{equation} \frac{\pi}2 \lt B \lt 2A+B \lt 2\pi -B \lt \frac{3\pi}2.\label{10} \end{equation}

因為 $\cos x$ 在 $[B,\pi ]$ 上嚴格遞減, 且在 $[\pi ,2\pi -B]$ 上嚴格遞增, 討論如下：

(a) 當 $B \lt 2A+B\le \pi$ 時, 可知

$$\cos (2A+B) \lt \cos B;$$

(b) 當 $\pi \le 2A+B \lt 2\pi -B$ 時, 可知

$$ \cos(2A+B) \lt \cos(2\pi -B)=\cos B.$$

上述 (a), (b) 兩情形均可得不等式

\begin{equation} \cos (2A+B) \lt \cos B.\label{11} \end{equation}

在後面, 我們將會用上 \eqref{11} 式這個結果。

其實, \eqref{11} 式也可利用依 \eqref{10} 式中五個角度之大小關係所畫出的下圖來看出, 圖中的圓為單位圓, 其中 $2A+B$ 與 $2\pi -B$ 這兩個廣義角的文字標示落在其終邊的末端：

注意著色的區域是角度 $2A+B$ 的終邊在單位圓內所可能劃過的範圍, 而兩道虛線與 $x$ 軸交點處的 $x$ 座標值就是 $\cos(2A+B)$ 與 $\cos B$ 兩餘弦值, 不難看出 $\cos(2A+B) \lt \cos B$, 這樣就再度說明了 \eqref{11} 式成立。

確定 \eqref{11} 式成立後, 對於任一滿足 $\dfrac{\pi}2 \lt B \lt \pi$ 的角 $B$, 先將其值固定並視為常數, 則此時 \eqref{9} 式不等號左方的表達式可視為 $A$ 的函數, 令此函數為 $f(A)$, 則有

\begin{eqnarray} f(A)&=&A \cos B+\sin A\cos C=A \cos B+\sin A \cos(\pi -A-B)\nonumber\\ &=&A \cos B-\sin A \cos(A+B).\label{12} \end{eqnarray}

回顧在 \eqref{10} 式上方所提到的角度範圍 $0 \lt A \lt \pi-B$, 將 $A$ 視為變數, 由上式與 \eqref{11} 式可知

\begin{eqnarray} f'(A)&=&\cos B-\cos A\cos (A+B)+\sin A\sin (A+B)=\cos B-\cos(A+A+B)\nonumber\\ &=&\cos B-\cos (2A+B)\gt0, \label{13} \end{eqnarray}

因此導函數 $f'(A)$ 恆正。 又 $f(0)=0$, 對任一可能的角度 $A$, 由 \eqref{12}, \eqref{13} 兩式可得

$$A \cos B+\sin A \cos C=f(A)=f(A)-f(0)=\int_0^A f'(t)dt\gt0,$$

這樣就證明了 \eqref{9} 式。 此外要證明上式中的 $f(A)\gt0$, 也可先利用均值定理知存在 $\xi$ 滿足

$$\frac{f(A)-f(0)}{A-0}=f'(\xi ), $$

其中 $0 \lt \xi \lt A$。 由 \eqref{13} 式知 $f'(\xi)\gt0$, 故上式化簡後可得 $f(A)=f'(\xi )\cdot A\gt0$。

以上是對 $B$ 為鈍角的情形所寫下的證明。 當 $B$ 為銳角時, 中的解答先證明

\begin{equation} \cos B+\cos C\gt0,\label{14} \end{equation}

然後以 $A\gt\sin A$ 的性質配合上式, 寫下

$$A\cos B+\sin A\cos C\gt\sin A(\cos B+\cos C)\gt0$$

而完成證明。 此部分筆者的證法基本上與 中的解答相同, 不過在證明 \eqref{14} 式的方法上有所不同。 底下, 筆者分享對 \eqref{14} 式的另兩種證明：

證明1： 我們知道

$$0 \lt B+C \lt A+B+C=\pi$$

以及

$$ -\pi \lt -C \lt B-C \lt B \lt \pi,$$

因此可知

$$0 \lt \dfrac{B+C}2 \lt \dfrac{\pi}2,\qquad -\dfrac{\pi}2 \lt \dfrac{B-C}2 \lt \dfrac{\pi}2.$$

接著利用餘弦的和差角公式, 即可求得

\begin{eqnarray*} \cos B+\cos C&=&\cos\Big(\dfrac{B+C}2+\dfrac{B-C}2\Big)+\cos\Big(\dfrac{B+C}2-\dfrac{B-C}2\Big)\\ &=&2 \cos\Big(\frac{B+C}2\Big)\cos\Big(\dfrac{B-C}2\Big)\gt0. \end{eqnarray*}

證明2： 設 $A,B,C$ 的對邊長分別為 $a,b,c$, 利用餘弦定理即可推得

\begin{eqnarray*} \cos B+\cos C&=&\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\\ &=&\frac 1{2abc} (a^2 b+c^2 b-b^3+a^2 c+b^2 c-c^3 )\\ &=&\frac{b+c}{2abc} (a^2+bc-b^2+bc-c^2 )=\frac{b+c}{2abc} [a^2-(b-c)^2 ]\\ &=&\frac{b+c}{2abc} (a+b-c)(a-b+c)\gt0. \end{eqnarray*}

注意上式最後用上了三角形任兩邊長之和大於第三邊長的性質。

以上就是筆者對不等式 \eqref{9} 的證明所想要分享的一些想法, 相較之下, 中完全使用三角函數性質的證明應該是比較高明的, 因為證明過程比較簡潔。

第二道不等式：

看完上面對問題 2 所寫下的證明後, 接著我們看底下這道問題：

問題3： Prove that

\begin{equation} \pi \lt \frac{\sin \pi x}{x(1-x)}\le 4, \label{15} \end{equation}

where $0 \lt x \lt 1$.

問題 3 是出自國立高雄大學應用數學系的有獎徵答活動 (現已停辦), 問題的出處與解答請參考 的網頁 (請用滑鼠點選題號打開檔案), 出題者為該系的林英杰教授。 看看問題 3, 它與問題 1 及問題 2 的共同點, 就是題目都很簡潔, 且都是要證明與三角函數有關的不等式。

在 中對問題 3 所公布的解答, 使用了不少微積分的技巧, 值得大家學習與參考。 不過筆者自行研究之後, 發現 \eqref{15} 式有另外的證法, 底下將予以介紹。

在開始介紹證明之前, 筆者要先說明接下來我們將仿照 中的證明手法, 分別對 \eqref{15} 式左半邊與右半邊的不等式給出證明。

首先, 我們看 \eqref{15} 式左半邊的不等式 $\pi \lt \dfrac{\sin \pi x}{x(1-x)}$。 注意在 的解答中, 一開始即說明因為 $\dfrac{\sin \pi x}{x(1-x)}$ 對於直線 $x=\dfrac 12$ 對稱, 所以只需針對 $0 \lt x\le \dfrac 12$ 的範圍證明不等式 \eqref{15} 即可。 因此, 底下筆者也將同樣只針對 $0 \lt x\le \dfrac 12$ 這個範圍證明 \eqref{15} 式左半邊的不等式, 證明如下：

證明： 我們在大一微積分課程中都曾學過泰勒定理(可參考 文的介紹), 底下我們將透過它來進行證明。 令函數 $f(x)=\sin\pi x$, 為了使用泰勒定理, 我們先列出

\begin{eqnarray*} f(x)&=&\sin\pi x,\quad \hskip 35pt f(0)=0,\\ f'(x)&=&\pi\cos\pi x,\quad \hskip 22pt f'(0)=\pi,\\ f''(x)&=&-\pi ^2 \sin\pi x,\quad \hskip 7pt f''(0)=0,\\ f^{(3)}(x)&=&-\pi^3 \cos\pi x,\quad f^{(3)}(0)=-\pi^3. \end{eqnarray*}

利用泰勒定理, 將 $f(x)=\sin\pi x$ 在 $x=0$ 處展開, 則存在滿足 $0 \lt \xi \lt x$ 的數 $\xi$ 使得

\begin{equation} \sin\pi x=\pi x-\frac{\pi ^3}{3!} \xi ^3.\label{16} \end{equation}

如同證明開始之前所說, 此時將上式中 $x$ 的範圍設定為 $0 \lt x\le \dfrac 12$, 則有 $0 \lt \xi \lt x\le \dfrac 12$。 利用 \eqref{16} 式, 我們可先寫下

$$\frac{\sin\pi x}{x(1-x)}=\pi \cdot \frac{x-\frac{\pi ^2}6 \xi^3}{x(1-x)} =\pi \cdot \frac{1-\frac{\pi ^2}6\cdot \frac \xi x\cdot \xi ^2}{1-x},$$

因為 $\dfrac{\pi ^2}6 \lt 2$ 且 $\dfrac{\xi}x \lt 1$, 可由上式繼續推得

$$\frac{\sin\pi x}{x(1-x)} \gt\pi \cdot \frac{1-2\xi ^2}{1-x}.$$

因為 $\xi ^2 \lt x^2$, 配合 $x\gt0$ 及 $1-x\gt1-2x\ge 0$ 的條件, 由上式可知

$$\frac{\sin\pi x}{x(1-x)} \gt\pi \cdot \frac{1-2x^2}{1-x}=\pi \cdot \Big(1+\frac{x(1-2x)}{1-x}\Big)\ge \pi,$$

這樣就證明了 \eqref{15} 式左半邊的不等式。

至於 \eqref{15} 式右半邊的不等式, 筆者也嘗試過使用泰勒定理來證明, 但可惜未能成功。 雖然如此, 筆者卻發現一個不錯的證法, 且關鍵就在於 的解答中證明 \eqref{15} 式左半邊不等式時所用上的一個性質。 底下我們列出該性質, 並且證明之：

性質1： 已知函數 $g(x)$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續且在開區間 $(a,b)$ 上二次可微, 若 $g(a)=g(b)=0$ 且在區間 $(a,b)$ 上滿足 $g''(x) \lt 0$ 的條件, 則在 $(a,b)$ 上恆有 $g(x)\gt0$。

證明： 底下將使用反證法, 分成兩部分說明：

(a) 若存在 $\xi \in(a,b)$ 滿足 $g(\xi )=0$, 使用 Rolle 定理 (可參考 的介紹), 可知存在 $\eta_1,\eta_2$ 滿足 $a \lt \eta_1 \lt \xi \lt \eta_2 \lt b$, 且

$$g'(\eta_1 )=g'(\eta_2 )=0.$$

利用上式的條件, 再次使用 Rolle 定理, 可知存在 $\eta_3$ 滿足 $\eta_1 \lt \eta_3 \lt \eta_2$, 且

$$g''(\eta_3 )=0.$$

但此與 $g''(\eta_3 ) \lt 0$ 的條件矛盾, 因此不存在 $\xi \in (a,b)$ 滿足 $g(\xi )=0$。

(b) 若存在 $\xi \in (a,b)$ 滿足 $g(\xi ) \lt 0$, 使用均值定理 (也可參考 的介紹), 可知存 在 $\eta_1,\eta_2$ 滿足 $a \lt \eta_1 \lt \xi \lt \eta_2 \lt b$, 且

\begin{eqnarray*} g'(\eta_1 )&=&\frac{ g(\xi )- g(a)}{\xi -a} \lt 0,\\ g'(\eta_2 )&=&\frac{ g(b)- g(\xi )}{b-\xi }\gt0. \end{eqnarray*}

再次使用均值定理, 可知存在 $\eta_3$ 滿足 $\eta_1 \lt \eta_3 \lt \eta_2$, 且

$$ g''(\eta_3 )=\frac{g'(\eta_2 )- g'(\eta_1 )}{\eta_2-\eta_1}\gt0.$$

但此與 $g''(\eta_3 ) \lt 0$ 的條件矛盾, 因此不存在 $\xi \in (a,b)$ 滿足 $g(\xi ) \lt 0$。

綜合以上 (a), (b) 兩部分的說明, 可知不存在 $\xi \in (a,b)$ 滿足 $g(\xi )\le 0$, 因此在 $(a,b)$ 上恆有 $g(x)\gt0$, 性質 1 得證。

有了性質 1, 我們即可開始證明 \eqref{15} 式右半邊的不等式 $\dfrac{\sin \pi x}{x(1-x)}\le 4$ (底下簡稱 \eqref{15} 式右半), 證明如下：

證明： 令 $x=y+\dfrac 12$, 則 $\sin \pi x=\cos \pi y$ 且 $x(1-x)=\dfrac 14 -y^2$, 此時 \eqref{15} 式右半可先改寫為 $\dfrac{\cos\pi y}{\frac 14-y^2}\le 4$, 再改寫為等價的

\begin{equation} \cos \pi y\le 1-4y^2.\label{17} \end{equation}

注意 \eqref{15} 式所討論的 $x$ 值範圍是 $0 \lt x \lt 1$, 此範圍對應到的 $y$ 值範圍是 $-\dfrac 12 \lt y \lt \dfrac 12$, 因此 $\dfrac 14-y^2\gt0$。 利用半角公式將 \eqref{17} 式改寫為 $1-2 \sin^2\dfrac{\pi y}2 \le 1-4y^2$, 整理後即得與 \eqref{15} 式右半等價的下式:

\begin{equation} \sin^2 \frac{\pi y}2 \ge 2y^2.\label{18} \end{equation}

令 $z=\dfrac{\pi y}2$, 則 $y=\dfrac{2z}\pi$ 且 $-\dfrac \pi 4 \lt z \lt \dfrac \pi 4$, 而 \eqref{18} 式可改寫為與其等價的 $\sin^2 z\ge \dfrac{8}{\pi^2}z^2$ 或

$$ |\sin z |\ge \frac{2\sqrt{2}}{\pi} |z|.$$

令 $f(z)=|\sin z |-\dfrac{2\sqrt{2}}\pi |z|$, 由以上一系列等價關係, 可知只要證明

\begin{equation} f(z)=|\sin z |-\frac{2\sqrt{2}}\pi |z|\ge 0,\label{19} \end{equation}

即完成 \eqref{15} 式右半不等式的證明。 因為 $f(-z)=f(z)$, 表示 $f(z)$ 為偶函數, 因此只要針對

\begin{equation} 0\le z \lt \frac{\pi}4\label{20} \end{equation}

的範圍證明 \eqref{19} 式即可。 在 \eqref{20} 式的範圍內, \eqref{19} 式可簡化為

\begin{equation} f(z)=\sin z-\frac{2\sqrt{2}}\pi z\ge 0 .\label{21} \end{equation}

因 $f(0)=f\Big(\dfrac{\pi}4\Big)=0$, 且在 $0 \lt z \lt \dfrac \pi 4$ 的範圍內有 $f''(z)=-\sin z \lt 0$, 由性質 1 可知在相同範圍內有 $f(z)\gt0$, 因此在 \eqref{20} 式的範圍內 (多了 $z=0$)有 $f(z)\ge 0$, 這樣我們就證明了 \eqref{21} 與 \eqref{19} 兩式。 由 \eqref{19} 式出發利用其上方的等價關係回推, 即可得知 \eqref{15} 式右半的不等式成立, 證畢。

綜合以上對 \eqref{15} 式左半與右半兩不等式的證明, 我們就完成了對 \eqref{15} 式的另證。

四、結語

在本文中, 筆者先從問題 1 出發, 給出兩個新的證明, 過程中沒有涉及微積分。 但是, 因為發現問題 1 在 中的第一個證法用上了微積分技巧, 促使筆者想接著介紹問題 2 與問題 3, 並以微積分的手法給出問題中兩不等式的另證。 然而, 問題 2 在 中的證明並未用上微積分技巧, 而問題 3 在 中的證明則是多所使用。 由此可見, 三角函數不等式的證明方法可謂不一而足、 變化豐富。

寫作過程中, 最驚喜的莫過於寫出 \eqref{15} 式右半邊不等式的另證。 當發現對 \eqref{17} 式使用泰勒定理證明的嘗試失敗後, 原本以為寫出證明的希望不大, 但是在某次起床後的靈光一閃, 證明便在 (以半角公式)將 \eqref{17} 式改寫為 \eqref{18} 式之後看到了契機, 且赫然發現在 的解答中曾出現的性質 1 還可派上用場。 最後無論如何, 希望透過本文的介紹, 可以帶給對三角函數不等式有興趣的讀者一點閱讀上的樂趣。

致謝： 感謝雙週一題的主辦單位提供 與 這兩道有趣問題, 也感謝 中問題的出題者林英杰教授與 文的作者蔡聰明教授。

註1： 也可透過柯西不等式來證明 \eqref{5} 式。 首先, 我們有

\begin{eqnarray*} (\sin\theta+\tan\theta)(1+\cos\theta)&=&\sin\theta\cdot[1^2+(\sqrt{\sec\theta})^2][1^2+(\sqrt{\cos\theta})^2]\\ &\ge&\sin\theta\cdot (1+1)^2=4\sin\theta. \end{eqnarray*}

又因為 $1:\sqrt{\sec\theta}\not=1:\sqrt{\cos\theta}$, 可知上述不等式的等號不成立, 因此 \eqref{5} 式得證。

註2： 也可利用圖2及其底下 $\triangle COD$ 面積的表達式, 得 \eqref{8} 式的另證如下:

$$\frac{\sin\theta+\tan\theta}{2}\gt\frac{2\sin\theta}{1+\cos\theta}=2\triangle COD=\overline{OF}\times \overline{CD}=2\overline{FD}=2\tan\frac{\theta}{2}\gt 2\cdot \frac{\theta}{2}=\theta.$$

註3： 在 的解法中, 表面上看似忘了討論「$B$ 為直角」的情形, 但實際上該解法是分成「$B$ 為銳角」和「$B$ 為直角或鈍角」的兩種情形來處理, 讀者不妨細究其過程。

參考資料

本文作者投稿時任職四方牧場