صيغ ظل نصف الزاوية

في علم المثلثات، تربط صيغ ظل نصف الزاوية ظل نصف الزاوية بالدوال المثلثية لكامل الزاوية. ظل نصف الزاوية هو الإسقاط المجسامي للدائرة على المستقيم. ومن هذه الصيغ:

$${\begin{aligned}\tan {\tfrac {1}{2}}(\eta \pm \theta )&={\frac {\tan {\tfrac {1}{2}}\eta \pm \tan {\tfrac {1}{2}}\theta }{1\mp \tan {\tfrac {1}{2}}\eta \,\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }}={\frac {\sin \eta \pm \sin \theta }{\cos \eta +\cos \theta }}=-{\frac {\cos \eta -\cos \theta }{\sin \eta \mp \sin \theta }},\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &={\frac {\sin \theta }{1+\cos \theta }}={\frac {\tan \theta }{\sec \theta +1}}={\frac {1}{\csc \theta +\cot \theta }},&&(\eta =0)\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &={\frac {1-\cos \theta }{\sin \theta }}={\frac {\sec \theta -1}{\tan \theta }}=\csc \theta -\cot \theta ,&&(\eta =0)\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}{\big (}\theta \pm {\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}&={\frac {1\pm \sin \theta }{\cos \theta }}=\sec \theta \pm \tan \theta ={\frac {\csc \theta \pm 1}{\cot \theta }},&&{\big (}\eta ={\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}{\big (}\theta \pm {\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}&={\frac {\cos \theta }{1\mp \sin \theta }}={\frac {1}{\sec \theta \mp \tan \theta }}={\frac {\cot \theta }{\csc \theta \mp 1}},&&{\big (}\eta ={\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}\\[10pt]{\frac {1-\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }{1+\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }}&=\pm {\sqrt {\frac {1-\sin \theta }{1+\sin \theta }}}\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &=\pm {\sqrt {\frac {1-\cos \theta }{1+\cos \theta }}}\\[10pt]\end{aligned}}$$

من هذه يمكن اشتقاق المتطابقات التي تعبر عن الجيب وجيب التمام والظل دوالًا لظلال نصف الزاوية:

$${\begin{aligned}\sin \alpha &={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\\[7pt]\cos \alpha &={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\\[7pt]\tan \alpha &={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\end{aligned}}$$

البراهين

البراهين الجبرية

باستخدام صيغ الزاوية المزدوجة ومتطابقة فيثاغورس ${\textstyle 1+\tan ^{2}\alpha =1{\big /}\cos ^{2}\alpha }$، نحصل على:

$$\sin \alpha =2\sin {\tfrac {1}{2}}\alpha \cos {\tfrac {1}{2}}\alpha ={\frac {2\sin {\tfrac {1}{2}}\alpha \,\cos {\tfrac {1}{2}}\alpha {\Big /}\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }},\quad {\text{and}}$$

$$\cos \alpha =\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha -\sin ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha ={\frac {\left(\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha -\sin ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha \right){\Big /}\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }},\quad {\text{and}}$$

بأخذ حاصل قسمة صيغ الجيب وجيب التمام:

$$\tan \alpha ={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}$$

بالجمع بين متطابقة فيثاغورس وصيغة ضعف الزاوية لجيب التمام: ${\textstyle \cos 2\alpha =\cos ^{2}\alpha -\sin ^{2}\alpha =1-2\sin ^{2}\alpha =2\cos ^{2}\alpha -1,}$

بإعادة ترتيب، وأخذ الجذور التربيعية:

$$\left|\sin \alpha \right|={\sqrt {\frac {1-\cos 2\alpha }{2}}}$$

و

$$\left|\cos \alpha \right|={\sqrt {\frac {1+\cos 2\alpha }{2}}}$$

التي تعطي عند القسمة:

$$\left|\tan \alpha \right|={\frac {\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}={\frac {{\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}{1+\cos 2\alpha }}={\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}2\alpha }}{1+\cos 2\alpha }}={\frac {\left|\sin 2\alpha \right|}{1+\cos 2\alpha }}.$$

بدلاً عن ذلك:

$$\left|\tan \alpha \right|={\frac {\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}{\sqrt {1-\cos 2\alpha }}}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{\sqrt {1-\cos ^{2}2\alpha }}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{\left|\sin 2\alpha \right|}}.$$

اتضح أن إشارات القيمة المطلقة في هاتين الصيغتين الأخيرتين قد تُسْقَط، بغض النظر عن الربع α الموجود فيه. مع أو بدون رموز القيمة المطلقة، لا تنطبق هذه الصيغ عندما يكون البسط والمقام على الطرف الأيمن صفرًا.

أيضًا، باستخدام صيغ جمع وطرح الزوايا لكل من جيب التمام وجيب التمام، نحصل على:

$${\begin{aligned}\cos(a+b)&=\cos a\cos b-\sin a\sin b\\\cos(a-b)&=\cos a\cos b+\sin a\sin b\\\sin(a+b)&=\sin a\cos b+\cos a\sin b\\\sin(a-b)&=\sin a\cos b-\cos a\sin b\end{aligned}}$$

بجمع الصيغتان الأولى والثانية وجمع الثالثة والرابعة الموضحة أعلاه:

$${\begin{aligned}&\sin(a+b)+\sin(a-b)\\[5mu]&\quad =\sin a\cos b+\cos a\sin b+\sin a\cos b-\cos a\sin b\\[5mu]&\quad =2\sin a\cos b\\[15mu]&\cos(a+b)+\cos(a-b)\\[5mu]&\quad =\cos a\cos b-\sin a\sin b+\cos a\cos b+\sin a\sin b\\[5mu]&\quad =2\cos a\cos b\end{aligned}}$$

بوضع ${\textstyle a={\tfrac {1}{2}}(p+q)}$ و $b={\tfrac {1}{2}}(p-q)$ وتعويض به:

$${\begin{aligned}&\sin p+\sin q\\[5mu]&\quad =\sin \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)+{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)+\sin \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)-{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)\\[5mu]&\quad =2\sin {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)\\[15mu]&\cos p+\cos q\\[5mu]&\quad =\cos \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)+{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)+\cos \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)-{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)\\[5mu]&\quad =2\cos {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)\end{aligned}}$$

بقسمة مجموع الجيبين على مجموع جيبي التمام، نحصل على:

$${\frac {\sin p+\sin q}{\cos p+\cos q}}={\frac {2\sin {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)}{2\cos {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)}}=\tan {\tfrac {1}{2}}(p+q)$$

البراهين الهندسية

أضلاع هذا المعين لها طول يساوي 1. الزاوية المحصورة بين المستقيم الأفقي والقطر الموضح تساوي 1/2 (a + b). هذه طريقة هندسية لإثبات صيغة ظل نصف الزاوية الخاصة التي تنص على أن tan 1/2 (a + b) = (sin a + sin b) / (cos a + cos b) . الصيغتان sin 1/2(a + b) و sin 1/2(a + b) هي نسب المسافات الفعلية إلى طول القطر.

بتطبيق الصيغ المشتقة أعلاه على المعين الموجود على اليسار، يتضح ذلك بسهولة أن:

$$\tan {\tfrac {1}{2}}(a+b)={\frac {\sin {\tfrac {1}{2}}(a+b)}{\cos {\tfrac {1}{2}}(a+b)}}={\frac {\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b}}$$

وفي دائرة الوحدة، تطبيق ما سبق يوضح ذلك أن ${\textstyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\varphi }$. بتطبيق خاصية تشابه المثلثات، نلاحظ أن:

$${\frac {t}{\sin \varphi }}={\frac {1}{1+\cos \varphi }}$$

يترتب على ذلك أن:

$$t={\frac {\sin \varphi }{1+\cos \varphi }}={\frac {\sin \varphi (1-\cos \varphi )}{(1+\cos \varphi )(1-\cos \varphi )}}={\frac {1-\cos \varphi }{\sin \varphi }}$$

تعويض ظل نصف الزاوية في حساب التكامل

برهان هندسي على تعويض فايرشتراس

في التطبيقات المختلفة لحساب المثلثات، من المفيد إعادة كتابة الدوال المثلثية (مثل الجيب وجيب التمام) بدلالة الدوال الكسرية لمتغير جديد $t$. تُعْرَف هذه المتطابقات جماعيًّا باسم صيغ ظل نصف الزاوية بسبب تعريف $t$ . يمكن أن تكون هذه المتطابقات مفيدة في حساب التفاضل والتكامل لتحويل الدوال الكسرية بدلالة الجيب وجيب التمام إلى دوال t من أجل إيجاد مشتقاتها العكسية.

هندسيًا، تُنْشَأ على النحو التالي: من أجل أي نقطة (cos φ, sin φ) على دائرة الوحدة، نرسم المستقيم الذي يمر عبرها وعبر النقطة (−1, 0) ويقطع محور y عند نقطة ما y = t . يمكن إظهار باستخدام هندسة بسيطة أن t = tan(φ/2). معادلة المستقيم المرسوم هي y = (1 + x)t . معادلة تقاطع المستقيم والدائرة هي معادلة تربيعية تتضمن t. حلا هذه المعادلة هما (−1, 0) و (cos φ, sin φ). هذا يسمح لنا بكتابة الأخير دوالًا كسرية لـ t (الحلول موضحة أدناه).

يمثل الوسيط t الإسقاط المجسامي للنقطة (cos φ, sin φ) على محور y مع مركز الإسقاط عند (−1, 0). وبالتالي، فإن صيغ ظل نصف الزاوية تعطي تحويلات بين الإحداثيات المجسامية t على دائرة الوحدة والإحداثيات الزاوية القياسية φ.

عندئذ لدينا:

$${\begin{aligned}&\sin \varphi ={\frac {2t}{1+t^{2}}},&&\cos \varphi ={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\\[8pt]&\tan \varphi ={\frac {2t}{1-t^{2}}}&&\cot \varphi ={\frac {1-t^{2}}{2t}},\\[8pt]&\sec \varphi ={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}},&&\csc \varphi ={\frac {1+t^{2}}{2t}},\end{aligned}}$$

و

$$e^{i\varphi }={\frac {1+it}{1-it}},\qquad e^{-i\varphi }={\frac {1-it}{1+it}}.$$

بإزالة φ بين ما ورد أعلاه مباشرة والتعريف الأولي لـ $t$، نصل إلى العلاقة المفيدة التالية لقوس الظل بدلالة اللوغاريتم الطبيعي:

$$2\arctan t=-i\ln {\frac {1+it}{1-it}}.$$

في حساب التفاضل والتكامل، يُستخدم تعويض فايرشتراس لإيجاد المشتقات العكسية للدوال الكسرية لـ sin φ و cos φ. بعد وضع:

$$t=\tan {\tfrac {1}{2}}\varphi$$

وهذا يقتضي:

$$\varphi =2\arctan(t)+2\pi n$$

من أجل بعض الأعداد الصحيحة n، وبالتالي:

$$d\varphi ={{2\,dt} \over {1+t^{2}}}$$

انظر أيضا

• قائمة المتطابقات المثلثية

الروابط الخارجية

• ظل الزاوية النصفية في Planetmath