\hsize 160 truemm
\vsize 240 truemm
\def\arctg{\text{\rm arctg}\,}
\def\ctg{\text{\rm ctg}\,}
\def\tg{\text{\rm tg}\,}
\document
\nologo
\NoBlackBoxes
\head {\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 17.\\
\\
Funkcje trygonometryczne II
\endhead
\medskip

17.1. Niech $T\neq0$ b�dzie liczb� rzeczywist�, a $x\mapsto f(x)$ funkcj� okre�lon� na ca�ej
prostej rzeczywistej. M�wimy, �e $f$ ma {\bf okres}, lub jest {\bf okresowa} z okresem $T$, je�eli
$$
f(x+T)\equiv f(x),
$$
(znak $\equiv$ oznacza, �e r�wno�� zachodzi dla wszystkich $x$ z dziedziny). Zauwa�my, �e ka�da
wielokrotno�� okresu jest r�wnie� okresem. Najmniejszy dodatni okres funkcji nazywa si� czasem
{\bf okresem podstawowym}. Mo�emy m�wi� o funkcji okresowej nawet je�eli nie jest okre�lona
na ca�ym $\bold R$, wtedy dziedzina $D_f$ te� musi by� okresowa:
$$
x\in D_f\Leftrightarrow x+T\in D_f.
$$
Zauwa�my nast�puj�ce proste w�asno�ci funkcji okresowych. Dowody pozostawiamy jako �wiczenie.
\roster
\item"(a)" Je�eli $f$ ma okres $T$, i $g(x)=f(\alpha x)$, to $g$ ma okres $T/\alpha$
(zak�adamy �e $\alpha\neq0$).
\item"(b)" Je�eli $f$ ma okres $T$, i jest r�niczkowalna, to $f'$ te� ma okres
$T$. To obejmuje r�wnie� przypadek gdy $f$ jest r�niczkowalna tylko w
niekt�rych punktach. Wtedy zbi�r punkt�w, w kt�rych jest r�niczkowalna (czyli
$D_{f'}$) jest okresowy o okresie $T$.
\item"(c)" Je�eli $f$ jest okre�lona i ci�g�a w jakim� przedziale
$[x_0,x_0+T]$, i $f(x_0)=f(x_0+T)$, to $f$ mo�na okre�li� {\bf jednoznacznie} na ca�ej prostej
$\bold R$ jako funkcj� ci�g�� i okresow� z okresem $T$.
\endroster

Podsumujmy osi�gni�cia poprzedniego tygodnia
\proclaim{Twierdzenie 17.2}
Okre�lili�my dwie ci�g�e funkcje na $\bold R$, $\sin\theta$ i $\cos\theta$. Funkcje te posiadaj�
nast�puj�ce w�asno�ci
\roster
\item"(i)" Funkcja $\cos$ jest parzysta, okresowa o okresie $2\pi$, na przedziale $[0,\pi]$ jest
funkcj� odwrotn� do
$$
\arccos x=\int_x^1\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}, \quad x\in[-1,1],\tag1
$$
(czyli $x=\cos\theta$ oznacza �e $\theta=\arccos x$).
\item"(ii)" Funkcja $\sin \theta$ jest nieparzysta, okresowa o okresie $2\pi$ i na przedziale $[0,2\pi]$
dana wzorem
$$
\sin\theta=\sqrt{1-\big(\cos\theta\big)^2}.\tag2
$$
\item"(iii)" Ka�dy punkt $(x,y)$ spe�niaj�cy $x^2+y^2=1$ (czyli ka�dy punkt okr�gu jednostkowego) mo�na
przedstawi� jako $x=\cos\theta$, $y=\sin\theta$, i to przedstawienie jest jedyne przy za�o�eniu, �e
$0\xle\theta<2\pi$.
\endroster
Powy�sze w�asno�ci (i) i (ii) ca�kowicie okre�laj� wprowadzone funkcje $\sin$ i $\cos$.
\endproclaim
Przypomnijmy, �e funkcje $\sin$ i $\cos$ zosta�y wprowadzone przy pomocy rozumowania
geometrycznego, u�ywali�my intuicji geometrycznej i poj�cia d�ugo�ci �uku, �eby ka�demu
$\theta\in\bold R$ przyporz�dkowa� punkt $P(\theta)$ na okr�gu jednostkowym. Z drugiej strony
korzystaj�c z faktu, �e w�asno�ci (i)--(ii) ca�kowicie okre�laj� funkcje $\sin$ i $\cos$, mogliby�my
zdefiniowa� je ca�kowicie analitycznie, korzystaj�c w�a�nie z w�asno�ci
(i)--(ii). W przedziale $[0,\pi]$ funkcja $\cos$ mog�aby by� zdefiniowana jako
odwrotna do $\arccos$ zadanej przez (1). W tym samym przedziale $\sin$ mo�na
okre�li� poprzez (2). Nast�pnie obie funkcje okre�lamy na przedziale $[-\pi,0)$ ustalaj�c,
�e $\cos$ ma by� parzysta, a $\sin$ nieparzysta. W ten spos�b, korzystaj�c z w�asno�ci (c)
funkcji okresowych $\sin$ i $\cos$ zosta�y okre�lone na ca�ym $\bold R$.

\proclaim{Twierdzenie 17.3} Funkcje $\sin$ i $\cos$ s� r�niczkowalne,
$$
\sin'\theta=\cos\theta,\quad\cos'\theta=-\sin\theta.
$$
\endproclaim
\medskip
Jako szczeg�lny przyk�ad zauwa�my istnienie nast�puj�cych dw�ch granic
$$
\gather
\lim_{\theta\to0}\frac{\sin\ \theta}{\theta}=\sin'\ \theta\big|_{\theta=0}=\cos\ 0=1,\\
\lim_{\theta\to0}\frac{\cos\ \theta-1}{\theta}=\cos'\ \theta\big|_{\theta=0}=-\sin\ 0=0.
\endgather
$$
Warto zapami�ta� te dwie granice, b�d� si� cz�sto w przysz�o�ci przydawa�.

17.4. Poniewa� $\cos' x =-\sin x$ i $\sin' x=\cos x$, mamy
$$
\cos'' x=-\cos x, \quad \sin'' x=-\sin x.
$$
Innymi s�owy funkcje $\cos$ i $\sin$ spe�niaj� nast�puj�ce
{\bf r�wnanie r�niczkowe}
$$
f''(x)+f(x)=0.
$$

\proclaim{Twierdzenie 17.5} Niech $a$ i $b$ b�d� dwoma ustalonymi
liczbami. Niech
$$
f(x) = a\cos x+ b\sin x.\tag3
$$
Wtedy
$$
f''(x)+f(x)=0\quad\text{oraz}\quad f(0)=a,\quad f'(0)=b.\tag4
$$
Zachodzi r�wnie� twierdzenie odwrotne: je�li $f$ spe�nia (4), to $f$ jest postaci (3).
\endproclaim
\demo{Dow�d} Sprawdzenie, �e funkcja postaci (3) spe�nia (4) jest natychmiastowe.
Udowodnimy teraz cz�� odwrotn�. Rozwa�my najpierw szczeg�lny przypadek $a=b=0$.
Udowodnimy, �e je�li
$f$ spe�nia $f''+f=0$ oraz $f(0)=f'(0)=0$, to $f(x)\equiv 0$.
Istotnie, rozwa�my funkcj�
$$
\varphi(x)=f(x)^2+f'(x)^2.
$$
Wtedy $\varphi(0)=0$ oraz
$$
\varphi'(x)=2f(x)f'(x)+2f'(x)f''(x)=2f'(x)(f''(x)+f(x))=0.
$$
Wynika st�d, �e $\varphi$ jest sta�a, a poniewa� $\varphi(0)=0$, wi�c $\varphi\equiv0$.
Poniewa� $\varphi$ jest sum� dw�ch nieujemnych sk�adnik�w, wi�c ka�dy z nich musi by� zerem.
Wynika st�d, �e $f(x)\equiv 0$.
Za��my teraz, �e $f$ spe�nia (4). Rozwa�my funkcj�
$$
g(x) = f(x) - (a\cos x+ b\sin x).
$$
Wtedy, jak �atwo sprawdzamy, $g''(x)+g(x)=0$ oraz $g(0)=g'(0)=0$,
sk�d $g(x)\equiv 0$ czyli $f(x)= a\cos x+b\sin x$.\qed
\enddemo

17.6. Z twierdzenia 17.5. wynikaj� nast�puj�ce wzory
$$
\gather
\sin(x+y)= \sin x\ \cos y + \cos x\ \sin y\tag5,\\
\cos(x+y)= \cos x\ \cos y - \sin x\ \sin y.\tag6
\endgather
$$
Istotnie, niech $x$ b�dzie ustalone, a  $f$ i $g$ b�d� funkcjami zmiennej $y$, $f:y\to\sin(x+y)$,
$g:y\to\cos(x+y)$. Wtedy, jak �atwo sprawdzi�
$$
\frac{d^2f(y)}{dy^2}=-f(y),\quad \frac{d^2g(y)}{dy^2}=-g(y),
$$
oraz
$$
f(0)=\sin x,\quad f'(0)=\cos x,\quad g(0)=\cos x,\quad g'(0)=-\sin x.
$$
Z powy�szych r�wno�ci i z twierdzenia 17.5 wynika (5) i (6).
\medskip

17.7. Ze wzor�w 17.6. otrzymujemy
$$
\sin 2x = 2\sin x\cos x,\quad\cos 2x =\cos^2 x-\sin^2x=
2\cos^2x-1=1-2\sin^2x.
$$
Podstawiaj�c $y=\frac{\pi}{2}$ oraz $y=\pi$, mamy
$$
\gather
\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x,\quad\cos\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin x,\quad
\sin \left(x+\pi\right)=-\sin x,\\
\cos\left(x+\pi\right)=-\cos x,\quad \sin\left(\frac{\pi}{2}-
x\right)=\cos x, \quad\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x.
\endgather
$$
\medskip

17.8. Mamy r�wnie�
$$
\cos x + \cos y =2\cos\bigg(\frac{x+y}{2}\bigg) \cos\bigg(
\frac{x-y}{2}\bigg),\quad \sin x + \sin y
=2\sin\bigg(\frac{x+y}{2}\bigg) \cos\bigg(
\frac{x-y}{2}\bigg).
$$
Istotnie, wykorzystuj�c parzysto�� $\cos$ i nieparzysto�� $\sin$ otrzymujemy
$$
\align
\cos(\alpha+\beta)&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\\
\cos(\alpha-\beta)&=cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta.
\endalign
$$
Dodaj�c stronami otrzymujemy
$$
\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta.
$$
Podstawiaj�c $\alpha=(x+y)/2$ i $\beta=(x-y)/2$ otrzymujemy pierwszy wz�r, a z
drugim radzimy sobie podobnie.
\medskip

Twierdzenie 17.5 ma nast�puj�ce wa�ne uog�lnienie.
\proclaim{Twierdzenie 17.9} Niech $\omega>0$ b�dzie ustalon� liczb�.
Je�eli $f$ spe�nia
$$
f''(x)+\omega^2f(x)=0,
$$
to jest postaci $f(x)=a\cos\omega x+\beta\sin\omega x$. Wtedy $a=f(0)$ i $b=1/\omega f'(0)$.
\endproclaim
\demo{Dow�d} Podstawmy $F(t)=f(\frac{t}{\omega})$. Wtedy, jak �atwo
sprawdzamy, $f''(x)+\omega^2f(x)=0$ poci�ga za sob� r�wnanie $F''(t)+F(t)=0$.
Z twierdzenia 17.5 wynika, �e $F(t)=a\cos t +b\sin t$ czyli podstawiaj�c $t=\omega x$ mamy $f(x)
= a\cos\omega x + b\sin \omega x$.\qed
\enddemo
\medskip

17.10. Zdefiniujmy dwie nowe funkcje, tangens
$$
\tg\theta=\frac{\sin \theta}{\cos\theta},
$$
oraz kotangens
$$
\ctg\theta=\frac{\cos \theta}{\sin\theta}.
$$
Obie funkcje $\tg$ i $\ctg$ s� funkcjami nieparzystymi, okresowymi o okresie $\pi$.
Istotnie,
$$
\tg(-\theta)=\frac{\sin(-\theta)}{\cos(-\theta)}=\frac{-\sin\theta}{\cos\theta}=-
\tg\theta,\quad \tg{(\theta+\pi)}=\frac{\sin(\theta+\pi)}{\cos(\theta+\pi)}=\frac{-
\sin\theta}{-\cos\theta}=\tg\theta.
$$
Podobnie z $\ctg$. Funkcja $\tg$ jest okre�lona na ca�ym $\bold R$ z wyj�tkiem nieparzystych
wielokrotno�ci $\pi/2$, (czyli dok�adnie tych punkt�w, gdzie $\cos$ jest zerem), �ci�le rosn�ca
w przedziale $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, a wi�c i w ka�dym przedziale
$(n\pi-\frac{\pi}{2},n\pi+\frac{\pi}{2})$, gdzie $n=0,\pm 1,\pm 2,\dots$.
Istotnie,
$$
\tg'\theta=\bigg(\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\bigg)'=\frac{\cos^2\theta
+\sin^2\theta}{\cos^2\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}=1+\tg^2\theta>0.
$$
Zauwa�my te�, rozwa�aj�c jednostronne granice funkcji $\sin$ i $\cos$, �e
$$
\lim_{\theta\to(\pi/2)^-}\tg\theta=+\infty,\quad\lim_{\theta\to(\pi/2)^+}\tg\theta=-\infty.
$$
\medskip

17.11. �atwo sprawdzamy, �e dla $\alpha,\beta,\alpha+\beta\neq\frac{\pi}{2}+n\pi$
mamy
$$
\tg(\alpha+\beta)=\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{1-\tg\alpha\cdot\tg\beta},
$$
sk�d
$$
\tg 2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^2\alpha}.\tag7
$$
\medskip

\proclaim{Twierdzenie 17.12} Funkcje $\sin\theta$ i $\cos\theta$ s� funkcjami wymiernymi funkcji
$\tg(\theta/2)$, to znaczy dla $\theta$ nie b�d�cej nieparzyst� wielokrotno�ci� $\pi$
$$
\sin\theta =\frac{2\tg\frac{\theta}{2}}{1+\tg^2\frac{\theta}{2}},\quad \cos\theta =
\frac{1-\tg^2\frac{\theta}{2}}{1+\tg^2\frac{\theta}{2}}.
$$
\endproclaim
\demo{Dow�d} K�ad�c $\alpha=\theta/2$ we wzorze (7) otrzymujemy (dla $\theta$ dodatkowo nie b�d�cej
nieparzyst� wielokrotno�ci� $\pi/2$)
$$
\tg\theta=\frac{2\tg(\theta/2)}{1-\tg^2(\theta/2)}.
$$
Niech $t=\tg(\theta/2)$. Wtedy
$$
\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=\frac{2t}{1-t^2}.\tag8
$$
Mamy dalej
$$
\aligned
\frac{1}{\cos^2\theta}&=\frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\cos^2\theta}=
1+\bigg(\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\bigg)^2=1+\bigg(\frac{2t}{1-
t^2}\bigg)^2\\
&=1+\frac{4t^2}{1-2t^2+t^4}=\frac{1+2t^2+t^4}{1-2t^2+t^4}=\bigg(\frac{1+t^2}{1-t^2}\bigg)^2.
\endaligned\tag9
$$
Je�eli $\pi/2<|\theta|<\pi$ to $\cos\theta<0$. Z drugiej strony mamy $\pi/4<|\theta|/2<\pi/2$,
sk�d $|\tg(\theta/2)|>1$. Mamy wi�c $t^2>1$, wi�c $1-t^2<0$, wi�c w ko�cu
$(1-t^2)/(1+t^2)<0$. Podobnie sprawdzamy, �e $\cos\theta$ i $(1-t^2)/(1+t^2)$ maj�
ten sam znak je�li $\theta\in(-\pi/2,\pi/2)$. Z (9) mamy wi�c
$$
\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}.
$$
Bez trudu sprawdzamy, �e wz�r ten zachodzi tak�e je�eli $\theta$ jest nieparzyst� wielokrotno�ci�
$\pi/2$, obie strony s� wtedy zerami. Podobnie dowodzimy r�wno�ci dla sinusa
$$
\sin\theta = \frac{2t}{1+t^2}.\qed
$$
\enddemo

\medskip

17.13. Poniewa� funkcja $\tg\ \theta$ jest funkcj� �ci�le rosn�c� na przedziale $(-\pi/2,\pi/2)$,
przyjmuj�c� wszystkie warto�ci rzeczywiste, wiec istnieje funkcja $\arctg\ u$, odwrotna do niej
$$
(-\infty,+\infty)\ni u\to \arctg\ u\in(-\pi/2,\pi/2).
$$
Mamy, dla $u=\tg\ \theta$
$$
\frac{d\ \arctg\ u}{du}=\frac{1}{\frac{d\ \tg\ \theta}{d\theta}}=\frac{1}{1+\tg^2\theta}
=\frac{1}{1+u^2}.
$$
Poniewa� $\tg\ 0=0$, wi�c $\arctg\ 0=0$. Wynika st�d wi�c, �e
$$
\arctg\ u=\int_0^u\frac{dt}{1+t^2}.
$$
Ca�kuj�c przez podstawienie mo�na zauwa�y�, �e $\arctg\ u$ jest funkcj� nieparzyst�.
\medskip

17.14. Otrzymujemy st�d nowy dow�d znanego ju� faktu
$$
\int_{-\infty}^{-1}\frac{dt}{1+t^2}=
\int_{-1}^{0}\frac{dt}{1+t^2}=
\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^2}=
\int_{1}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi}{4},
$$
a wi�c
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}= \pi.
$$
Istotnie, poniewa� $\sin\frac{\pi}{4}=\cos\frac{\pi}{4}$, wi�c
$\tg\frac{\pi}{4}=1$, i $\arctg\ 1=\pi/4$. Czyli
$$
\int_0^1\frac{dt}{1+t^2}=\arctg\ 1-\arctg\ 0=\pi/4.
$$
Z drugiej strony
$$
\int_{1}^{A}\frac{dt}{1+t^2}=\arctg\ u\bigg|_1^A=\arctg A-
\frac{\pi}{4}.
$$
Poniewa�
$$
\lim_{\theta\to(\pi/2)^-}\tg\ \theta=\infty,
$$
wi�c
$$
\lim_{A\to+\infty}\arctg\ A =\frac{\pi}{2}.
$$
Tak wi�c istnieje ca�ka niew�a�ciwa
$$
\int_1^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}
=\lim_{A\to+\infty}\int_1^A
\frac{dt}{1+t^2} =\lim_{A\to+\infty}\arctg\ A-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.
$$
Pozosta�ych r�wno�ci dowodzimy wykorzystuj�c nieparzysto�� funkcji $\arctg\ u$.

\medskip

Funkcja $\arctg\ u$ jest bardzo pomocna przy obliczaniu ca�ek, jak si� wkr�tce oka�e.

Przyk�ady: (a) Obliczymy
$$
\int_2^3\frac{x\,dx}{1+x^4}.
$$
Poniewa� $(x^2/2)'= x$, piszemy
$$
\align
\int_2^3\frac{xdx}{1+x^4}&=\frac12\int_2^3\frac{d(x^2)}{1+(x^2)^2}=
\frac12\int_{x=2}^{x=3}d(\arctg (x^2))\\
&=\frac12\arctg(x^2)\bigg|_{x=2}^{x=3}=\frac12\arctg 9-\frac12\arctg 4.
\endalign
$$
(b) Obliczmy
$$
\int\frac{dz}{z^2+2z+2}=\int\frac{dz}{1+(z+1)^2}=\arctg (z+1).
$$
\medskip
\enddocument
