-1 写在前面
本文为知乎文章从级数开始的三角函数（上篇）与从级数开始的三角函数（下篇）的镜像备份，由于WordPress与
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本文所写的内容仅仅是从我个人所的理解的，可能写的并不严谨，如有大佬发现文章中有较大的问题，请在评论中指出，谢谢.
0 前言
本人在复习与三角函数有关的内容时，突然发现我本人对三角函数的理解似乎是循环论证的. 我当时突然在想三角函数的诱导公式该如何证明，想来想去应该可以用和差展开公式来证明. 但我一时想不出和差展开公式的证明. 我百度了一下后发现好多都是用向量来证明的，个人认为用向量证明和差展开公式似乎也有点循环论证，毕竟向量很多运算本身也用到了三角函数，比如向量的点积就用到了余弦函数. 我看到了一种用正弦定理证明的方式，但这种方式似乎也只能证明锐角的情况. 如果要证明任意角的话可以用诱导公式，但这样就又循环论证了.
后来我仔细想想，只要定义单位圆上的点的坐标值为这个角度的正弦与余弦，这样就能先证明出来诱导公式，继而再继续证明其他的公式. 而单位圆的坐标值可以通过 $x^2+y^2=1$ 严格定义出来. 是说啊，这不是高中时三角函数的定义嘛...
这么一来好像，就没有写本文的必要了啊...不对，如果仅仅是这样的话，我们也没有引入弧度制的必要，高中时对这个知识点也没说得很明白，只是说 $2\pi = 360^\circ$ . 而这个弧度制似乎也只出现在数学课与公式推导上. 本人在专业课上遇到的角度基本统统都是常见的角度制. 那既然如此为什么我们还要费尽心思使用弧度制而不用更符合思维惯性的角度制呢？
我曾经对弧度制的理解是它是个无量纲数，而角度制是拥有单位“度”的一个有量纲数. 但这么理解其实现在看来也漏洞百出，首先是数学上一般不会考虑量纲这个东西，再来如果把“度”看作是个单位其实也很奇怪，“度”从字面上理解本来就是个比值，是无量纲的...
咳咳，好像有点跑题了，不过还有个更主要的原因是因为，我之前看到说现代数学中的三角函数是由级数严格定义的. 本人由于不是学习数学相关专业的学生，没有学习过严格的三角函数结论的推导. 所以就想自己从级数开始，从零开始一点一点造轮子，然后便有了本文.
1 级数与部分和
既然我们打算从级数开始，那本文的第1节自然得先讲讲什么是级数. 级数理论本身就是分析学的一个分支，本人也没有系统的学过，只在高数课中了解一二. 所以我也只能大致说说，没法给出很严谨的介绍. 如果有哪里出了问题，尽请指出.
首先我们先定义一个数列 ${u_i}$ ，我们假设这个数列中的元素有无穷多项. 如果我们取数列中的前 $n$ 项，求和. 也就是：
$$Sn = \sum{i=1}^n u_i$$
这个和 $S_n$ 显然是一个确定的数. 我们便称这个 $S_n$ 为数列 ${u_i}$ 的部分和.
好，我们假设我们的数列 ${u_i} = {1,\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4},...}$ . 显然我们可以写出无穷多个部分和：
$$\begin{align}
S_1 &= 1\
S_2 &= 1+\frac{1}{2}\
S_3 &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\
& ... \
Sn &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}=\sum{i=1}^n \frac{1}{n}\
& ...
\end{align}$$
而部分和本身又组成了一个新的数列，我们可以将其记作 ${S_i}$ .
话说我们不是在谈级数吗？怎么现在在研究的反而是数列与部分和了呢？别急，接下去才是重点.
如果我们假定数列 ${S_i}$ 有极限. 我们将部分和数列的极限记作 $A$. 显然我们可以得出这么个式子：
$$\lim_{i \to \infty}Si=\lim{n\to \infty}(u_1+u_2+u_3+...+un)=\lim{n\to \infty}\sum_{i=1}^nui=\sum{i=1}^\infty u_i=A$$
上面的东西就是级数. 最后一个等号便是最常见的表记方式：
由此可见，级数其实就是一个无穷项数列的和的极限. 只是由于我们不太好定义一堆数的和的极限是什么东西，所以我们转而将这堆和定义成一个新的数列，转而研究这个数列的极限，研究数列极限可比研究一堆数的和的极限方便多了. 所以我们引入了部分和这个东西.
如果这个极限 $A$ 存在，我们便说这个级数收敛，并且收敛至 $A$. 如果极限不存在，则我们说这个级数发散.
例如我们上面举的这个例子，是全体正整数倒数的和，简单可以证明它与 $\ln x$ 是等价无穷大，是发散的. （PS.当然，如果你师从三江，便可能会认为这个级数收敛至61.35，不过这就是另一个故事了）
上面我们给出的作为例子的级数中，每一项都是一个确定的常数，我们称之为常数项级数. 级数中的每一项其实可以不一定是常数，也可以是函数，例如幂级数就是个常见的函数项级数.
2 正弦函数与余弦函数
我们在第1节中已经简单介绍了什么是级数，那我们现在就要给出两个幂级数作为正弦函数与余弦函数的定义.
$$
\sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...=\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}\
\cos x = 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...=\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!} \tag{2.0.1}
$$
如果这两个幂级数收敛的话，那我们就将这两个级数称为正弦函数与余弦函数.
或许你会觉得我给出这么两串式子作为正弦函数与余弦函数的定义是莫名其妙，甚至是不合理的. 首先不得不承认这确实非常莫名其妙，毫无理由. 但这么做是完全合理的. 因为我们已经抛弃了原有的几何直观定义了，所以请尽快忘掉高中学的三角函数吧. （不过也不能全忘，毕竟要是全忘了的话就不知道我们应该要证明些什么了）
2.1 正弦、余弦函数的敛散性
我们的第一步当然是得证明这两个级数是收敛的，如果它根本就不收敛，那我们就无从谈起什么三角函数了.
关于级数的敛散性，常用的是比较审敛法与比值审敛法，这两审敛法描述起来都比较麻烦，我们简单表述下便是：
比较审敛法：对于正项级数 $\sum u_n$ 与正项级数 $\sum v_n$ 若对每个 $u_n,v_n$ 均有 $u_n \ge v_n$ ，若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum v_n$ 收敛；若 $\sum v_n$ 发散，则 $\sum u_n$ 发散.
比值审敛法：对于正项级数 $\sum un$ ，如果 $\lim{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n} = \rho$ ，那么当 $\rho < 1$ 时，正项级数收敛，当 $\rho > 1$ 时，正项级数发散.
不过很可惜的是，我们定义的三角函数既不是常数项级数，也非正项级数，前一个问题我们很好解决，因为我们可以先斩后奏. 例如我们可以先假装函数项级数是个常数项级数，利用比值审敛法求出带 $x$ 的 $\rho$ 再令 $\rho < 1$ 反求出 $x$ 的范围. 这其实就是函数项级数的收敛域的含义，只不过这么求出来的收敛域可能只是完整收敛域中的一个子区间.
我们来试试别的方法？比如莱布尼茨定理来判断其敛散性？
莱布尼茨定理：对于交错级数 $\sum (-1)^n un$ 如果满足 $u{n} \ge u{n+1}$ ，满足 $\lim{n\to\infty}u_n=0$ . 则原交错级数收敛，且级数和 $S \le u_1$ , 余项 $|rn| \le u{n+1}$.
呃呃，显然三角函数并不满足莱布尼茨定理的成立条件.
那我们再介绍个东西吧，叫绝对收敛.
绝对收敛：对于一般项级数 $\sum u_n$ ，若它的绝对值正项级数 $\sum |u_n|$ 收敛，则称原一般项级数绝对收敛.
绝对收敛有个很好的性质，那就是：如果一个级数绝对收敛，则这个级数一定也收敛.
我们考虑级数
$$\sum{n=0}^\infty |\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}|=\sum{n=0}^\infty \frac{|x^{2n+1}|}{(2n+1)!}$$
这是一个正项的函数项级数，我们可以用比值审敛法来判断它是否收敛以及判断它的收敛域.
$$\rho = \lim{n\to\infty}\frac{|x^{2(n+1)+1}|}{(2(n+1)+1)!}/\frac{|x^{2n+1}|}{(2n+1)!}=\lim{n\to\infty}\frac{|x^{2n+3}|(2n+1)!}{|x^{2n+1}|(2n+3)!}=\lim{n\to\infty}x^2\frac{1}{(2n+3)(2n+2)}\
\rho = x^2\lim{n\to \infty}\frac{1}{(2n+3)(2n+2)}=0\cdot x^2$$
我们算出了 $\rho = 0 \cdot x^2$ ，只要令 $\rho < 1$ ，就可以使得这个正项级数收敛.
显然，对于任意的 $x, \; \rho = 0$ 是恒成立的. 也就是说，对于任意的 $x\in \mathbb{R}, \; \sin x $ 绝对收敛. 这就是我们想要的答案，同理我们还能对 $\cos x$ 得出相同的结论，也就是：
$$\sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...=\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!};\;x\in(-\infty, +\infty)\
\cos x = 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...=\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!};\;x\in(-\infty, +\infty) \tag{2.1.1}$$
$\sin x$ 与 $\cos x$ 的收敛域是全体实数，这点对于我们来说真的很重要，当然，最主要的原因是为了与旧的定义所兼容. 要是与旧的定义不兼容的话，那我们第一步就失败了.
2.2 正弦、余弦函数的连续性与可导性
正、余弦函数的连续性与可导性是我们非常需要获得的信息，毕竟我们现在仅仅是知道了这个幂级数是收敛的，但关于这个幂级数所定义的函数的性质我们完全是一无所知，我们现在需要更多有用信息.
关于这一部分主要涉及到了级数的一致收敛性. 本人将会直接使用一些二级定理，利用这些定理来证明我们想要的结论.
幂级数 $\sum u_n x^n$ 的和函数在收敛域内的任一闭区间 $[a, b]$ 上连续.
幂级数 $\sum u_n x^n$ 的和函数在收敛域内的任一闭区间 $[a, b]$ 上可积，并且有逐项求积公式 $$\int_0^x S(t) \mathrm{d}t = \int0^x(\sum{n=0}^\infty un t^n)\mathrm{d}t = \sum{n=0}^\infty \frac{u_n}{n+1} x^{n+1},$$ 逐项求积后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径.
幂级数 $\sum un x^n$ 的和函数在收敛域内的任一开区间 $(a, b)$ 上可导，并且有逐项求导公式 $$S'(x) = (\sum{n=0}^\infty un x^n)' = \sum{n=1}^\infty nu_n x^{n-1},$$ 逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径.
这三条定理就是我们所需要的定理，根据这三条定理，我们就能得出下面这个非常重要且经典的结论：
我们定义的正弦函数与余弦函数在实数域内的任意一个闭区间上连续，相应的开区间上可导. 并且我们可以通过修改开区间的大小使得函数在任意闭区间上连续且可导.
2.3 正弦函数与余弦函数的导数
根据上一节的结论，我们定义的正弦函数与余弦函数是可导的，并且可以逐项求导，也就是
$$\sin'x = (\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!})' = \sum{n=0}^\infty (\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!})'=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}=\cos x$$
$$\cos'x = (\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!})' = \sum{n=0}^\infty (\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!})' = \sum{n=1}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n-1}}{(2n-1)!}=-\sum{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}=-\sin x$$
我们就这么得到了关于正弦函数与余弦函数的导数信息，自然的，我们很容易就能得出它们的积分信息，也就是：
$$ \int \sin x \mathrm{d}x = -\cos x+C \;;\;\int \cos x \mathrm{d}x = \sin x+C$$
根据上一小节的定理，很容易就能知道正弦函数与余弦函数的导数的收敛域仍旧是全体实数，并且在收敛域内任一闭区间连续，可导.
2.4 其余三角函数以及一些杂项
我们已经成功定义出了正弦函数与余弦函数，接下去我们再定义些其他的三角函数.
我们做如下定义：
$$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x};\;
\cot x = \frac{\cos x}{\sin x};\;
\sec x = \frac{1}{\cos x};\;
\csc x = \frac{1}{\sin x}$$
我们做完这些定义后还没结束，虽然我们能保证作为分母或分子的函数是连续的，但我们没法保证说它们的比仍旧是连续的，例如分母为 $0$ 时就是个间断点，所以我们必须限制我们上述的定义，让它仅在比值有意义的时候才成立.
我们再来研究个重要极限:
$$\lim{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim{x\to 0}\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...}{x}=1-\lim_{x\to 0}(\frac{x^2}{3!}-\frac{x^4}{5!}+...)=1$$
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\tag{2.4.1}$$
如果以单位圆定义正弦函数的话，要导出正弦的导数需要用到这个重要极限. 但我们以级数定义正弦函数的话，这个极限就显得没那么重要了. 而且由于级数定义的正弦函数的求导过程没有使用到这个重要极限，所以我们甚至可以用洛必达法则求 $\frac{\sin x}{x}$ 的极限.
我们最后再来研究下正弦函数与余弦函数在 $x=0$ 时的值，根据我们的级数定义式其实显然能得到函数在 $0$ 时的值
$$\sin 0 = 0;\quad\cos 0 = 1\tag{2.4.2}$$
3 勾股定理的证明
对于三角函数而言最重要的公式莫过于 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 了，我们当然首要证明的就是这个公式.
对这个公式我们显然不能通过级数证明，那太复杂了. 我们考虑函数 $f(x)=\sin^2x+\cos^2x$ .
根据上一节的三角函数的导数，我们能得到
$$f'(x)=(\sin^2x+\cos^2x)'=2\sin x \cos x - 2\cos x \sin x = 0$$
由于导函数等于 $0$ ，我们便可得出原函数是个常值函数这个结论. 即
$$f(x)=\sin^2x+\cos^2x=C$$
我们取特殊值，$x=0$ 时的特殊值，得到
$$f(0)=\sin^20+\cos^20=1$$
$$\sin^2 x + \cos ^2 x = 1 \tag{3.0.1}$$
这就是我们对于勾股定理的证明过程了. 值得一提的是我们在证明的过程中没有限制定义域，也就是说这个公式对于任意 $x\in \mathbb{R}$ 均成立.
4 和差展开公式的证明及其推论
对于三角函数而言如果说最重要的公式是勾股定理，那第二重要的公式就是和差展开公式了. 因为只要我们有了这个公式我们就能得出大部分常用的三角函数恒等式了.
同样的，我们不用级数定义式证明，我们还是得考虑别的方法证明.
考虑函数 $f(x)=\sin(x-a)-(\sin x\cos a - \cos x \sin a)$ 与 $g(x) = \cos(x-a)-(\cos x\cos a + \sin x \sin a)$ ，其中 $a\in \mathbb{R}$ .
我们再考虑 $s(x) = f^2(x)+g^2(x)$ . 显然，$f^2(x)\ge 0,\;g^2(x)\ge 0$.
$$s'(x) = 2f(x)f'(x)+2g(x)g'(x)\tag{4.0.1}$$
由于
$$f'(x) = \cos(x-a)-(\cos x\cos a + \sin x \sin a)=g(x)\
g'(x) = -\sin(x-a)-(-\sin x\cos a + \cos x \sin a)=-[\sin(x-a)-(\sin x\cos a -\cos x \sin a)]=-f(x)$$
式 $(4.0.1)$ 变为 $s'(x)=2f(x)g(x)-2g(x)f(x)=0$ .
又是一个导函数为 $0$ ，这代表原函数是个常值函数. 取 $x = a$ 时，有
$$f(a) = \sin 0 - (\sin a\cos a - \cos a \sin a)=0-0=0\
g(a) = \cos 0 - (\cos^2 a +\sin^2 a) = 1 - 1 = 0$$
我们又能得出：
$$s(x)=f^2(x)+g^2(x)=f^2(a)+g^2(a)=0$$
由于 $f^2(x)\ge 0,\;g^2(x)\ge 0$ ，所以我们便得出结论
$$f(x)=\sin(x-a)-(\sin x\cos a - \cos x \sin a)=0\
g(x) = \cos(x-a)-(\cos x\cos a + \sin x \sin a) = 0 \tag{4.0.2;0}$$
将变量替换成常见的形式：
$$\sin(a-b)=\sin a\cos b - \cos a \sin b\
\cos(a-b)=\cos a\cos b + \sin a \sin b\tag{4.0.2;1}$$
还没证完，和差展开公式一共有四条，我们继续. 我们令 $(4.0.2;1)$ 中的 $a = 0;\;b=x$ 便能得到：
$$\sin(-x)=\sin 0\cos x-\cos 0\sin x=-\sin x\
\cos(-x) = \cos 0 \cos x + \sin 0 \sin x = \cos x\tag{4.0.3}$$
我们再令$(4.0.2;1)$ 中的 $a = a;\;b = -b$ 便能得到：
$$\sin(a-(-b))=\sin a\cos (-b) - \cos a \sin (-b)\
\cos(a-(-b))=\cos a\cos (-b) + \sin a \sin (-b)$$
根据 $(4.0.3)$ 可将上式化简为：
$$\sin(a+b)=\sin a\cos b + \cos a \sin b\
\cos(a+b)=\cos a\cos b - \sin a \sin b\tag{4.0.2;2}$$
$(4.0.2;1)$ 与 $(4.0.2;2)$ 便是我们要证明的和差展开公式了. 同样的我们在证明的过程中没有限制定义域，也就是说这个公式对于任意 $a,b\in \mathbb{R}$ 均成立.
4.1 正弦函数与余弦函数的奇偶性
我们在证明和差展开公式的过程中顺带得出了结论 $(4.0.3)$ . 我们再抄一遍：
$$\sin(-x)=-\sin x; \; \cos(-x) =\cos x \tag{4.0.3}$$
这其实是奇函数与偶函数的定义，也就是说我们立马就能得出：正弦函数是奇函数，余弦函数是偶函数. 这个结论仍旧是对所有定义域成立的.
4.2.1 二倍角公式
由 $(4.0.2;2)$ 得：
$$\sin 2x=\sin(x+x)=\sin x\cos x + \cos x \sin x = 2\sin x \cos x\
\cos 2x=\cos(x+x)=\cos x\cos x - \sin x \sin x=\cos^2x-\sin^2x$$
$$\begin{align}
\sin 2x &= 2\sin x\cos x\
\cos 2x &= \cos^2x-\sin^2x\
&= 1-2\sin^2x\
&= 2\cos^2x-1 \
\end{align} \tag{4.2.1}$$
4.2.2 (二次)降幂公式
由 $(4.2.1)$ 得：
$$\cos 2x = 1-2\sin^2x \Rightarrow \sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}\
\cos 2x = 2\cos^2x-1 \Rightarrow \cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2}$$
$$\cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2};\quad\sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}\tag{4.2.2}$$
4.2.3 积化和差公式
由 $(4.0.2;1)$ 与 $(4.0.2;2)$ 得：
$$\begin{align}
\begin{cases}
\sin(a+b) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\
\sin(a-b) = \sin a\cos b - \cos a\sin b
\end{cases} \tag{4.2.3;1}
\
\begin{cases}
\cos(a+b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\
\cos(a-b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b
\end{cases}\tag{4.2.3;2}
\end{align}$$
对 $(4.2.3;1)$ 相加与相减
$$\sin a\cos b + \cos a\sin b + \sin a\cos b - \cos a\sin b=2\sin a\cos b=\sin(a+b)+\sin(a-b)\
\sin a\cos b + \cos a\sin b - \sin a\cos b + \cos a\sin b=2\cos a\sin b=\sin(a+b)-\sin(a-b)$$
$$\sin a\cos b=\frac{1}{2}[\sin(a+b)+\sin(a-b)]\
\cos a\sin b=\frac{1}{2}[\sin(a+b)-\sin(a-b)] \tag{4.2.3;a}$$
对 $(4.2.3;2)$ 相加与相减
$$\cos a\cos b - \sin a\sin b + \cos a\cos b + \sin a\sin b=2\cos a\cos b=\cos(a+b)+\cos(a-b)\
\cos a\cos b - \sin a\sin b - \cos a\cos b - \sin a\sin b=-2\sin a\sin b=\cos(a+b)-\cos(a-b)$$
$$\begin{align}
\cos a\cos b &= \frac{1}{2}[\cos(a+b)+\cos(a-b)]\
\sin a\sin b &= -\frac{1}{2}[\cos(a+b)-\cos(a-b)]
\end{align}\tag{4.2.3;b}$$
4.2.4 和差化积公式
由 $(4.2.3;a)$ 与 $(4.2.3;b)$ 令 $a+b=x,\;a-b=y$ 得：
$$\begin{align}
\sin x+\sin y &=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2};\
\sin x -\sin y &=2\cos\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2};\
\cos x +\cos y &=2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2};\
\cos x -\cos y &=-2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}
\end{align}\tag{4.2.4}$$
我们暂时先从和差展开公式导出这几条结论，这些结论很显然的，仍旧是对所有定义域均成立的.
5 三角函数的性质 1
我们现在已经基本把常用的三角函数公式给推导出来了. 可是有个很严肃的问题那就是，我们到现在为止除了知道函数在 $0$ 点的值以及奇偶性外，其他的性质一无所知. 我们接下去便要研究三角函数函数值的性质.
由正弦函数与余弦函数的级数定义式中，我们可以得到
$$\sin1 = 1-\frac{1}{3!}+\frac{1}{5!}-\frac{1}{7!}+...\
\cos1 = 1 - \frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}-\frac{1}{6!}+\frac{1}{8!}-...$$
这显然是两个收敛的交错级数，也就是说它一定满足莱布尼茨定理，那我们根据莱布尼茨定理，可以得出以下结论：
$$\sin1 = 1-\frac{1}{3!}+R_1,\quad 0\le R_1\le\frac{1}{5!};\
\cos1 = 1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}-R_2,\quad 0\le R_2\le\frac{1}{6!}\tag{5.0.1}$$
我们就能得出以下结论：
$\sin 1$ 的下界 $\underline{\sin 1} = 1-\frac{1}{3!}$，$\cos 1$ 的上界 $\overline{\cos 1}=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}$
我们考虑函数 $f(x)=\sin x-\cos x,\; x\in[0,1]$ ，显然这个函数在这个区间内是闭区间连续，开区间可导的.
$$f(0)=0-1=-1\
f(1)=\sin 1 -\cos 1 \ge \underline{\sin 1}-\overline{\cos 1}=(1-\frac{1}{3!})-(1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!})=\frac{7}{24}$$
由于 $f(0)<0,\;f(1)>0$ 故根据零点定理，我们知道一定会至少存在有一个点 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$ 成立. 即：
$$\exist \xi \in (0,1), \; \text{s.t.} \;\sin \xi = \cos \xi \tag{5.0.2}$$
我们接下去继续考虑一个函数项数列 ${\frac{x^2}{2!}, \frac{x^3}{3!},\frac{x^4}{4!}, \frac{x^5}{5!},\frac{x^6}{6!}...}$. 当 $x=1$ 时，显然数列是递减的，当 $0 < x < 1$ 时，对于一般项而言有：
$$\frac{x^n}{n!}-\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{(n+1)!x^n-n!x^{n+1}}{n!(n+1)!}=\frac{n!x^n(n+1-x)}{n!(n+1)!}>0$$
也就是说数列 ${\frac{x^2}{2!}, \frac{x^3}{3!},...}$ 当 $0 < x < 1$ 时是递减的.
我们便很容易能得出 类似于 $x-\frac{x^3}{3!}<x-\frac{x^3}{3!}+...<x$ 的结论. 即：
$$x-\frac{x^3}{3!}\le\sin x \le x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!},\;x\in[0,1];\
1-\frac{x^2}{2!}\le \cos x \le 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}, \; x\in[0,1]\tag{5.0.3}$$
上式中，当 $x$ 取到区间左端点时，等号成立；取到区间右端点时，由 $(5.0.1)$ 保证不等式成立.
又由于在区间 $(0,1]$ 内时 $x-\frac{x^3}{3!}=\frac{3!x-x^3}{3!}>0;\; 1-\frac{x^2}{2!}=\frac{2!-x^2}{2!}>0$.
我们又可得出结论： 在区间 $(0,1]$ 内 $\sin x > 0,\;\cos x > 0$ .
回到我们考虑的 $f(x)=\sin x-\cos x,\; x\in[0,1]$ 求导后有 $f'(x)=\cos x + \sin x$ 根据我们上面的分析，可得
$$f'(x)=\cos x + \sin x>0 ,\; x\in[0,1]$$
导数大于零，代表原函数是单调递增的. 这说明函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有且仅有一个零点，我们将其记作 $\xi$ .
由于我们上面的分析，$\cos x$ 在区间 $[0,1]$ 恒大于零，故我们得出
$$\sin \xi = \cos \xi \Rightarrow \frac{\sin \xi}{\cos \xi} = 1\Rightarrow \tan \xi = 1\tag{5.0.4}$$
5.1 正切函数
由于我们在求正弦函数的时候不可避免的出现了正切函数，所以我们得先研究下正切函数的性质.
根据我们在 2.4 节的定义
$$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\tag{5.1.0}$$
当时我们并没有过多研究这个函数，一个很重要的原因是因为我们怕我们定义的正切函数分母为 $0$ .
在上一节中，我们已经知道了 $\cos x$ 在 $[0,1]$ 内是恒大于零的.
那我们得出结论，我们定义的正切函数，在区间 $[0,1]$ 上连续且可导的.
$$\tan'x = (\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos x\cos x+\sin x\sin x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2 x}\tag{5.1.1;a}$$
根据我们在上一节的结论，显然可以知道 $\tan'x$ 在区间 $[0,1]$ 内恒大于零.
即：$\tan x $ 在区间 $[0,1]$ 上是单调递增函数.
显然 $\tan 0 = 0$ ，结合单调性我们又能得出在区间 $(0,1]$ 上 $\tan x > 0$ .
根据 $(5.0.3)$ 我们又能给出 $\tan 1$ 的上下界：
$$\frac{\underline{\sin 1}}{\overline{\cos 1}}<\tan 1<\frac{\overline{\sin 1}}{\underline{\cos 1}}\;\Rightarrow\; \frac{20}{13}<\tan 1<\frac{101}{60}\tag{5.1.2}$$
又根据我们在 2.4 节的定义，我们能得到：
$$\tan'x=\sec^2x\tag{5.1.1;b}$$
5.2 反正切函数
关于正切函数更多的性质我们先放一边，毕竟我们现在是为了求出使得 $\tan \xi = 1$
的 $\xi$ 值是多少，故我们还要定义一下正切函数的反函数：
$$y=\arctan x;\quad \text{s.t. }\; x = \tan y\tag{5.2.0}$$
反函数存在必须得满足的条件是：函数是单调的.
而根据我们上一节的结论，$\tan x$ 在 $[0,1]$ 上是单调递增的，故 $\arctan x$ 在值域的区间为 $[0,1]$ 时是存在的.
我们现在的任务变成了求 $\arctan 1$ 的值是多少了. 显然这又是个大问题.
我们考虑定理:
如果函数 $x = f(y)$ 在区间 $I_y$ 内单调、可导，且 $f'(y)\ne 0$ ，那么它的反函数 $y=f^{-1}(x)$ 在区间 $I_x={x|x=f(y),y\in I_y}$ 内也可导，且 $$
[f^{-1}(x)]'=\frac{1}{f'(y)}.$$
即：反函数的导数等于直接函数导数的倒数.
根据上一节的结论，正切函数显然满足上述定理所需要的条件，即
$$[\arctan x]'=\frac{1}{\tan'y}=\frac{1}{\sec^2y}\tag{5.2.1;1}$$
根据勾股定理 $\sin^2x+\cos^2x=1$ ，我们很容易能得出，在给定的能使函数有意义的定义域内有：
$$\tan^2x+1=\sec^2x\tag{5.2.2}$$
回代回 $(5.2.1;1)$ 有：
$$[\arctan x]'=\frac{1}{1+\tan^2y}=\frac{1}{1+x^2}\tag{5.2.1;2}$$
我们知道这个式子有什么用呢？这个式子的用处可太大了！！！等式右边的 $\frac{1}{1+x^2}$ 可以看作是个以 $-x^2$ 为公比的无穷等比数列的和函数啊.
$$\begin{align}
\frac{1}{1+x^2}&=1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+...\
&=1-x^2+x^4-x^6+x^8-x^{10}+...\
&=\sum_{n=0}^\infty[(-1)^nx^{2n}]
\end{align},\quad x\in(-1,1)\tag{5.2.3}$$
这又是一个幂级数，幂级数好啊，我们之前已经研究了好久的幂级数了. 根据我们在第 2.2 节的定理，幂级数在收敛域内可以逐项积分.
$$\begin{align}
\arctan x &= \int0^x\sum{n=0}^\infty[(-1)^nt^{2n}]\mathbb{d}t=\sum_{n=0}^\infty\int0^x(-1)^nt^{2n}\mathbb{d}t\
&=\sum{n=0}^\infty[(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}]
\end{align}\tag{5.2.4;1}$$
根据定理，这个级数的收敛半径与原级数的收敛半径相同，也就是说 $R=1$ . 但，收敛半径相同不代表收敛域相同，幂级数逐项积分后，收敛域的端点是会有收敛的趋势.
我们考虑端点 $x=1$ ，级数变成了 $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}$ 很显然，这是个交错级数，并且满足莱布尼茨定理的条件，所以级数在 $x=1$ 处是收敛的. 同理，在端点 $x=-1$ 处级数变成了 $-\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}$ 也是收敛的.
但是先别急着写收敛域，因为我们所计算的这个级数是 $\arctan x$ 的级数展开，这就不但得考虑级数的收敛域，还得考虑函数的定义域. 我们在上一节限制了 $\tan x$ 的定义域为 $[0,1]$，故我们定义的反正切函数的定义域是 $[0,\tan 1]$，由于 $\tan 1>\frac{20}{13}$. 故级数展开的定义域应该取为 $[0,1]$.
综上，我们得到得到了我们需要的反三角函数的级数展开：
$$\arctan x=\sum_{n=0}^\infty[(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}],\;x\in [0,1]\tag{5.2.4;2}$$
5.3 $\sin \xi = \cos \xi$
我们在本节开头就已经得知了，在区间 $[0,1]$ 内使得 $\tan \xi =1$ 的值只有一个，而我们在上面也已经定义出了反正弦函数，也就是说 $$\xi = \arctan 1\tag{5.3.0}$$
我们根据 $(5.2.4;2)$ 能知道 $\xi$ 的值其实就是：
$$\xi=\arctan 1=\sum_{n=0}^\infty[\frac{(-1)^n}{2n+1}]=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...\tag{5.3.1}$$
关于这个级数，我们先直观的看一眼，它一定小于 $1$ 且大于 $0$，它确实在 $\xi$ 的可能范围内，
而这个级数具体的值是多少呢？如果你了解一点数学史或微积分史的话，就能反应过来，这个级数其实就是莱布尼茨级数
$$1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+...=\sum_{n=0}^\infty[\frac{(-1)^n}{2n+1}]=\frac{\pi}{4}\tag{5.3.2}$$
由此我们便能得出 $$\tan \frac{\pi}{4}=1 \Rightarrow \sin \frac{\pi}{4}=\cos \frac{\pi}{4}\tag{5.3.3}$$
5.3.1 莱布尼茨级数的证明
我们在上一节直接给出了莱布尼茨级数来得出 $\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$ 似乎有点没有说服力，毕竟如果百度搜这个级数的话，大概率搜到的证明过程是用到反正切函数的，那显然就是循环论证了.
我们只要绕开反正切函数来得出这个结论，那就不存在循环论证了，我们就直接引用几百年前莱布尼茨先生的证明过程来作为莱布尼茨级数的证明吧：
首先我们考虑一个以点 $(1,0)$ 为圆心的单位圆. 那 $\frac{1}{4}$ 个圆的面积就是 $\frac{\pi}{4}$ （圆的面积公式早在阿基米德时期就已经通过两次反证法严格证明出来了，所以并不需要直接使用微积分来严格证明圆面积公式，而圆周率是个常数也在那个时代被证明出来了的）. 也就是说在 $y \ge 0$ 的情况下对方程的 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 积分，积分值是 $\frac{\pi}{4}$ .
也就是考虑方程 $x^2+y^2=2x, \; y \ge 0$ ，根据上面的讨论，我们又能得知 $\frac{\pi}{4}=\int_0^1y\mathrm{d}x$ ，根据分部积分法，有：
$$\frac{\pi}{4}=\int0^1y\mathrm{d}x=xy|{x=0}^{x=1}-\int_0^1x\mathrm{d}y=1-\int_0^1x\mathrm{d}y\tag{5.3.1.1}$$
我们接下去考虑二元函数：
$$\begin{align}z&=y-x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\
(z-y)\mathrm{d}x&=-x\mathrm{d}y\end{align}.\tag{5.3.1.2}$$
对方程隐函数求导能得出
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1-x}{y}\tag{5.3.1.3}$$
将 $(5.3.1.3)$ 回代回 $(5.3.1.2)$
$$z=y-x\frac{1-x}{y}=\frac{y^2+x^2-x}{y}=\frac{2x-x}{y}=\frac{x}{y}\tag{5.3.1.4}$$
将 $(5.3.1.2)$ 回代回 $(5.3.1.1)$
$$\begin{align}\frac{\pi}{4}=\int_0^1y\mathrm{d}x&=1-\int_0^1x\mathrm{d}y\
&=1-\int_0^1 y-z \mathrm{d}x=1-\int_0^1 y\mathrm{d}x+\int_0^1 z\mathrm{d}x\
&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\int_0^1 z\mathrm{d}x
\end{align}\tag{5.3.4.5}$$
继续回到 $(5.3.1.4)$ 我们对等号两边同时平方：
$$z^2=\frac{x^2}{y^2}=\frac{x^2}{2x-x^2}=\frac{x}{2-x}$$
$$z=\sqrt{\frac{x}{2-x}};\quad x=\frac{2z^2}{z^2+1}\tag{5.3.4.6}$$
继续回到 $(5.3.4.5)$
$$\begin{align}\frac{\pi}{4}&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\int0^1 z\mathrm{d}x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}[zx|{x=0}^{x=1}-\int_0^1x\mathrm{d}z]\
&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}x\sqrt{\frac{x}{2-x}}|_0^1-\frac{1}{2}\int_0^1x\mathrm{d}z\
&=1-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{2z^2}{z^2+1}\mathrm{d}z\
&=1-\int_0^1\frac{z^2}{z^2+1}\mathrm{d}z
\end{align}\tag{5.3.4.7}$$
上式被积函数可以视为是以 $z^2$ 为首项，$-z^2$ 为公比的等比数列，当然收敛域是 $(-1,1) $
$$\begin{align}\int_0^x\frac{z^2}{z^2+1}\mathrm{d}z&=\int0^x z^2(1-z^2+z^4-z^6...)\mathrm{d}z\
&=\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}+\frac{x^7}{7}-...=-\sum{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}\end{align}\tag{5.3.4.8}$$
我们已经在第 5.2 节证明了这个逐项积分后的幂级数对收敛半径的端点也收敛，故将其回代到 $(5.3.4.7)$
$$\frac{\pi}{4}=1-(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+...)=\sum_{n=0}^\infty[\frac{(-1)^n}{2n+1}]\tag{5.3.4.9}$$
这也就是我们的莱布尼茨级数了.
6 三角函数的性质 2
我们现在推导出了一个非常特殊的值 $\frac{\pi}{4}$ ，这个值对于我们来说真的非常重要. 因为有了这个值我们就能推出更多的特殊值的三角函数值.
6.1 特殊值的三角函数 1
由勾股定理 $(3.0.1)$
$$\sin^2 \frac{\pi}{4}+\cos^2 \frac{\pi}{4}=1\Rightarrow 2\sin^2 \frac{\pi}{4}=1\Rightarrow\sin\frac{\pi}{4}=\pm\sqrt{\frac{1}{2}}$$
根据 5.0 节的讨论，我们知道 $\sin x$ 与 $\cos x$ 在 $x\in (0,1]$ 时是恒大于0的，故我们舍去负值.
$$\sin \frac{\pi}{4}=\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\tag{6.1.1}$$
我们有了 $\frac{\pi}{4}$ 时的正弦值与余弦值后，我们能通过反复使用二倍角公式 $(4.2.1)$ 或和差展开公式 $(4.0.2;2)$ 来得出部分特殊值的三角函数值.
$$\begin{align}\begin{cases}\sin \frac{\pi}{2}=\sin(2\cdot\frac{\pi}{4})=2\sin\frac{\pi}{4} \cos\frac{\pi}{4}=2\sin^2\frac{\pi}{4}=1\
\cos\frac{\pi}{2}=\cos(2\cdot\frac{\pi}{4})=\cos^2\frac{\pi}{4}-\sin^2\frac{\pi}{4}=0\end{cases}\end{align}\tag{6.1.2}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin\pi=\sin(2\cdot\frac{\pi}{2})=2\sin\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}=0\
\cos\pi=\cos(2\cdot\frac{\pi}{2})=\cos^2\frac{\pi}{2}-\sin^2\frac{\pi}{2}=-1
\end{cases}\end{align}\tag{6.1.3}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin 2\pi = 2\sin\pi\cos\pi=0\
\cos 2\pi = \cos^2\pi-\sin^2\pi=1
\end{cases}\end{align}\tag{6.1.4}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin\frac{3\pi}{2}=\sin(\pi+\frac{\pi}{2})=\sin\pi\cos\frac{\pi}{2}+\cos\pi\sin\frac{\pi}{2}=-1\
\cos\frac{3\pi}{2}=\cos(\pi+\frac{\pi}{2})=\cos\pi\cos\frac{\pi}{2}-\sin\pi\sin\frac{\pi}{2}=0
\end{cases}\end{align}\tag{6.1.5}$$
| \ | $0$ | $\frac{\pi}{4}$ | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3\pi}{2}$ | $2\pi$ |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $\sin$ | $0$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $1$ | $0$ | $-1$ | $0$ |
| $\cos$ | $1$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $0$ | $-1$ | $0$ | $1$ |
6.2 诱导公式
我们可以通过上面求出的特殊角，反复使用和差展开公式 $(4.0.2;2)$ 来得出常用诱导公式.
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (2\pi+a) =\sin2\pi\cos a+\cos 2\pi\sin a = \sin a \
\cos (2\pi+a) =\cos2\pi\cos a-\sin2\pi \sin a = \cos a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.1}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (\pi+a) =\sin\pi\cos a+\cos \pi\sin a = -\sin a \
\cos (\pi+a) =\cos\pi\cos a-\sin\pi \sin a = -\cos a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.2}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (-a) =\sin0\cos a-\cos 0\sin a = -\sin a \
\cos (-a) =\cos0\cos a+\sin0 \sin a = \cos a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.3}$$
这条结论我们在 $(4.0.3)$ 已经推出过一次了，但我们为了使诱导公式部分完整，故再抄一遍.
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (\pi-a) =\sin\pi\cos a-\cos \pi\sin a = \sin a \
\cos (\pi-a) =\cos\pi\cos a+\sin\pi \sin a = -\cos a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.4}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (2\pi-a) =\sin2\pi\cos a-\cos 2\pi\sin a = -\sin a \
\cos (2\pi-a) =\cos2\pi\cos a+\sin2\pi \sin a = \cos a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.5}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (\frac{\pi}{2}+a) =\sin\frac{\pi}{2}\cos a+\cos\frac{\pi}{2}\sin a = \cos a \
\cos (\frac{\pi}{2}+a) =\cos\frac{\pi}{2}\cos a-\sin\frac{\pi}{2} \sin a = -\sin a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.6}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (\frac{\pi}{2}-a) =\sin\frac{\pi}{2}\cos a-\cos\frac{\pi}{2}\sin a = \cos a \
\cos (\frac{\pi}{2}-a) =\cos\frac{\pi}{2}\cos a+\sin\frac{\pi}{2} \sin a = \sin a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.7}$$
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin (\frac{3\pi}{2}-a) =\sin\frac{3\pi}{2}\cos a-\cos\frac{3\pi}{2}\sin a = -\cos a \
\cos (\frac{3\pi}{2}-a) =\cos\frac{3\pi}{2}\cos a+\sin\frac{3\pi}{2} \sin a = -\sin a
\end{cases}\end{align}\tag{6.2.8}$$
6.3 特殊值的三角函数 2
根据 $(6.2.7)$ 我们可以得出 $\sin\frac{\pi}{3}=\cos\frac{\pi}{6}$ 与 $\cos\frac{\pi}{3}=\sin\frac{\pi}{6}$
$$\begin{align}\cos\frac{\pi}{6}&=\cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6})=\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{6}\
\cos\frac{\pi}{6}&=2\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{6}\
\cos\frac{\pi}{3}&=\frac{1}{2}\end{align}\tag{6.3.1}$$
$$\begin{align}\cos0&=\cos(\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{6})=\cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}\sin\frac{\pi}{6}\
1&=\cos^2\frac{\pi}{6}+\cos^2\frac{\pi}{3}=\cos^2\frac{\pi}{6}+\frac{1}{4}\
\cos\frac{\pi}{6}&=\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align}\tag{6.3.2}$$
舍去负值是因为我们在 5.0 节讨论过了， $\cos x$ 在 $x\in (0,1]$ 时是恒大于0的.
同时，我们也能得出：
$$\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2};\;\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}\tag{6.3.3}$$
我们仍可继续反复使用上述的公式继续求出特殊值的三角函数，但由于常用的就这几个，所以我们就不继续算下去了.
| \ | $0$ | $\frac{\pi}{6}$ | $\frac{\pi}{4}$ | $\frac{\pi}{3}$ | $\frac{\pi}{2}$ | $\pi$ | $\frac{3\pi}{2}$ | $2\pi$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $\sin$ | $0$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $1$ | $0$ | $-1$ | $0$ |
| $\cos$ | $1$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{1}{2}$ | $0$ | $-1$ | $0$ | $1$ |
| $\tan$ | $0$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $1$ | $\sqrt{3}$ | \|$0$ | \|0 |
7 三角函数的性质 3
我们在上两节中研究了许许多多三角函数的性质，并且这些性质有个更好的性质，那就是对全定义域有效. 这些都是很强的结论，所以我们在这节就不再研究这么强的结论了，我们要限制下区间范围，研究些比较弱但也同样重要的结论.
我们再抄一遍第 5 节的结论吧，以防忘记：
- $\sin x ,\;\cos x$ 在区间 $[0,1]$ 内连续且可导.
- $\sin x ,\;\cos x$ 在区间 $(0,1]$ 内恒大于零.
- $\sin0=0,\;\cos0=1$ .
- $\sin'x=\cos x,\; \cos'x=-\sin x$.
7.1 区间 $(0, \frac{\pi}{2})$ 的单调性
导数可以反应函数的单调性，$\sin'x = \cos x$ 是我们已经知道的. 但 $(0,\frac{\pi}{2})$ 明显已经超出了 $[0,1]$ 的范围了. 我们先拆一下区间范围 $(0,\frac{\pi}{4}] \cup(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$ .
对于左半区间，显然是包含在 $[0,1]$ 区间内的，有 $\cos x >0$ ，故 $\sin x$ 在 $(0,\frac{\pi}{4}]$ 内单调递增.
对于右半区间，显然已经超出了 $[0,1]$ 的区间范围了，不过没事，根据 $(6.2.7)$ 有 $\cos x=\sin(\frac{\pi}{2}-x)$ . 令 $t=\frac{\pi}{2}-x$ 有 $t\in(0,\frac{\pi}{4})$ . 在这个区间范围内，有 $\sin t > 0$ ，故 $\sin x$ 在 $(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$ 内也单调递增.
综上， $\sin x$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 区间内单调递增. 且 $\sin x > 0$.
同样，由于有 $\cos'x = -\sin x$ 直接就能得出在左半区间 $\cos'x < 0$ ，$\cos x$ 在区间 $(0,\frac{\pi}{4}]$ 内单调减.
仍旧是根据 $(6.2.7)$ 有 $\sin x=\cos(\frac{\pi}{2}-x)$ . 令 $t=\frac{\pi}{2}-x$ 有 $t\in(0,\frac{\pi}{4})$ . 在这个区间范围内，有 $\cos t > 0$ ，故 $\cos x$ 在 $(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$ 内也单调递减.
综上， $\cos x$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 区间内单调递减. 由于 $\cos \frac{\pi}{2}=0$ 故在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 区间内 $\cos x>0$.
7.2 区间 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 的单调性
其实到了这步了，应该也能看出来了，做法与上一节相同，只要想办法把区间范围转换到 $(0, \frac{\pi}{2})$ 然后套用上节的结论就可以得出我们想要的结论了.
根据 $(6.2.4)$ 令 $t=\pi - x$ 就能把区间范围限制到 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内.
$\sin'x = \cos x = -\cos t < 0$ 故，$\sin x$ 在 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 区间内单调递减.
$\cos'x = -\sin x = -\sin t < 0$ 故，$\cos x$ 在 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 区间内单调递减.
由于 $\sin \pi = 0$ ，故在区间 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 内 $\sin x > 0$ .
同理，由于 $\cos \frac{\pi}{2}=0$ 故在 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 区间内 $\cos x<0$.
7.3 区间 $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 的单调性
根据 $(6.2.8)$ 令 $t=\frac{3\pi}{2} - x$ 就能把区间范围限制到 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内.
$\sin'x = \cos x = -\sin t < 0$ 故，$\sin x$ 在 $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 区间内单调递减.
$\cos'x = -\sin x = \cos t > 0$ 故，$\cos x$ 在 $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 区间内单调递增.
由于 $\sin \pi = 0$ ，故在区间 $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 内 $\sin x < 0$ .
同理，由于 $\cos \frac{3\pi}{2}=0$ 故在 $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 区间内 $\cos x<0$.
7.4 区间 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 的单调性
根据 $(6.2.5)$ 令 $t=2\pi - x$ 就能把区间范围限制到 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内.
$\sin'x = \cos x = \cos t > 0$ 故，$\sin x$ 在 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 区间内单调递增.
$\cos'x = -\sin x = \sin t > 0$ 故，$\cos x$ 在 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 区间内单调递增.
由于 $\sin 2\pi = 0$ ，故在区间 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 内 $\sin x < 0$ .
同理，由于 $\cos \frac{3\pi}{2}=0$ 故在 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 区间内 $\cos x>0$.
7.5 区间 $[0,2\pi)$ 内的极值点与最值
依旧先研究 $\sin x$ . 我们它是个连续函数，且 $(0,\frac{\pi}{2})$ 是单调递增区间，而 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 是单调递减区间，$\sin\frac{\pi}{2}=1$ 又是已经定义了的值. 故很容易就能得出结论 $\sin\frac{\pi}{2}=1$ 是区间内的极大值点.
又 $(\pi,\frac{3\pi}{2})$ 是单调递减区间， $(\frac{3\pi}{2},\pi)$ 是单调递增区间， $\sin\frac{3\pi}{2}=-1$ . 故 $\sin\frac{3\pi}{2}=-1$ 是区间内的一个极小值点.
接着我们研究 $\cos x$ . 同样，连续函数，已知 $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ 是单调递减区间，$(\pi, \frac{3\pi}{2})$ 是单调递增区间，$\cos \pi = -1$ . 故 $\cos \pi = -1$ 是区间内的一个极小值点.
我们接下去一步有点麻烦了，已知 $(0,\frac{\pi}{2})$ 是单调递减区间. 而根据 4.1 节 $(4.0.3)$ 的结论，$\cos x$ 是个以 $y$ 轴对称的偶函数，故我们根据奇偶性能得出区间 $(-\frac{\pi}{2},0)$ 是个递增区间. 又 $\cos 0 = 1$ . 故 $\cos 0 =1$ 是区间内的一个极大值点.
我们再顺带研究下最值吧，不过最值一般得在闭区间上才能取到. 我们先扩大下区间，将区间取为 $[0,2\pi]$ . 然后我们看端点处的值： $\sin 0 = \sin 2\pi=0,\;\cos 0 = \cos 2\pi = 1$ ，结合我们刚刚在开区间求出来的极值点，我们便能得出结论：
在区间 $[0,2\pi]$ 内，$\sin x $ 与 $\cos x$ 的最大值为 $1$ ，最小值为 $-1$ .
又由于 $\cos x$ 在 $x=2\pi$ 的左领域内是单调增且连续的，故在 $x=2\pi$ 的去心左领域内，没有最值点.
故：在区间 $[0,2\pi)$ 内，$\sin x $ 与 $\cos x$ 最极大值为 $1$ ，最小值为 $-1$ .
7.6 区间 $[0,2\pi)$ 内的凹凸性与拐点
说起凹凸性啊，好像中国大陆常用的高数教材的凹凸性与国际通行的方式是反着的，本文的凹凸性用的就是《同济高数》的凹凸性定义，即：
凹函数指的是 $pf(x_1)+(1-p)f(x_2)\ge f(px_1+(1-p)x_2)$.
咳咳，上面的其实只是随便提一句罢了. 其实并没有什么实际作用，因为我的文章也不可能被其他国家或地区的人看到.
函数的凹凸性信息是由二阶导数来表征的，如果函数值两侧符号不同，那便是拐点. 由于我们已经在上面几节完全搞明白了 $\sin x$ 与 $\cos x$ 在 $[0,2\pi)$ 时的正负性了. 我们可以直接列表：
| $x$ | $0$ | $(0,\frac{\pi}{2})$ | $\frac{\pi}{2}$ | $(\frac{\pi}{2},\pi)$ | $\pi$ | $(\pi,\frac{3\pi}{2})$ | $\frac{3\pi}{2}$ | $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $\sin x$ | $0$ | $+$ | $1$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-1$ | $-$ |
| $\sin'x$ | $1$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-1$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $\sin''x$ | $0$ | $-$ | $-1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $1$ | $+$ |
| $x$ | $0$ | $(0,\frac{\pi}{2})$ | $\frac{\pi}{2}$ | $(\frac{\pi}{2},\pi)$ | $\pi$ | $(\pi,\frac{3\pi}{2})$ | $\frac{3\pi}{2}$ | $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $\cos x$ | $1$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-1$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $\cos'x$ | $0$ | $-$ | $-1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $1$ | $+$ |
| $\cos''x$ | $-1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $1$ | $+$ | $0$ | $-$ |
关于拐点，我们似乎得说明下 $\sin 0$ 的情况，依旧是 4.1 节 $(4.0.3)$ 的结论，$\sin x$ 是以原点对称的奇函数，由奇函数的性质，$\sin x$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内的函数值与在 $(-\frac{\pi}{2},0)$ 的函数值符号相反，故 $x=0$ 是 $\sin x$ 的一个拐点.
结论也就是 $x=0,\;x=\pi$ 是 $\sin x$ 的两个拐点，在 $(0,\pi)$ 内是凸函数，在 $(\pi, 2\pi)$ 是凹函数.
$x=\frac{\pi}{2},\;x=\frac{3\pi}{2}$ 是 $\cos x$ 的两个拐点，在 $(0,\frac{\pi}{2}),\;(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 区间内是凸函数，在 $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ 区间内是凹函数.
7.7 区间 $[0,2\pi]$ 内的零点
我们继续研究函数的零点，已知 $\sin x$ 在 $x=0,\;x=\pi,\;x=2\pi$ 三个点的函数值是 $0$ . 那在其他地方可能存在有零点吗，答案是不可能的，因为根据我们上一节的结论，$\sin x$ 在 $(0,\pi)$ 区间内是凸函数，根据凸函数的定义 $pf(x_1)+(1-p)f(x_2)\le f(px_1+(1-p)x_2);\;0<p<1$ . 取 $x_2 = 0,\;x_1=\pi$ . 有：
$$0 \le \sin(p\pi);\;0<p<1$$
函数不等式的等号成立条件为 $x_1\to x_2$ ，对上式而言显然等号不成立，即：
$$0 < \sin(p\pi);\;0<p<1$$
即 $\sin x$ 在 $(0,\pi)$ 的区间内不存在有零点.
同理，我们能通过凹函数的定义，得出：
$$\sin(p\pi+2(1-p)\pi)<0;\;0<p<1$$
即 $\sin x$ 在 $(\pi,2\pi)$ 区间内也不存在零点.
故 $\sin x$ 在区间 $[0,2\pi]$ 内，有且仅有 $x=0,\;x=\pi,\;x=2\pi$ 三个零点.
同样的道理我们能证出 $\cos x$ 在区间 $(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$ 内不存在零点.
在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 区间，$\cos x$ 单调递减，且 $\cos 0=1,\;\cos \frac{\pi}{2}=0$ ，故在区间 $(0,\frac{\pi}{2})$ 也没有零点. 同理能得出在 $(\frac{3\pi}{2},2\pi)$ 内不存在有零点.
故 $\cos x$ 在区间 $[0,2\pi]$ 内，有且仅有 $x=\frac{\pi}{2},\;x=\frac{3\pi}{2}$ 两个零点.
7.8 三角函数的周期性
终于到周期性了，要说本节的所有内容都在为此作为铺垫都不为过.
根据 $(6.2.1)$ 显然它满足周期函数的定义，即 $f(x+T)=f(x)$ . 故 $2\pi$ 是正弦函数与余弦函数的一个周期. 那问题来了，$2\pi$ 是 $\sin$ 与 $\cos$ 的最小正周期吗？
我们已知：周期一定是最小正周期的整数倍.
我们假设 $2\pi$ 不是正弦函数跟余弦函数的最小正周期，那最小正周期一定是 $\frac{2\pi}{k};\;k\in \mathbb{N}^*,\;k\ne1$ 的形式.
即：$\sin(x+\frac{2\pi}{k})=\sin x,\;\cos(x+\frac{2\pi}{k})=\cos x$. 由 4.0 节和差展开公式展开：
$$\sin(x+\frac{2\pi}{k})=\sin x\cos\frac{2\pi}{k}+\cos x \sin\frac{2\pi}{k}\tag{7.8.1}$$
需要 $\sin\frac{2\pi}{k}=0$ ，又 $\sin x$ 在区间 $[0,2\pi)$ 内，有且仅有 $x=0,\;x=\pi$ 两个零点. 故 $k=2$ 或 $k=\infty$ . $k=\infty$ 没有意义，故舍去，原式变为：
$$\sin(x+\pi)=\sin x\cos\pi+\cos x \sin\pi=-\sin x\ne\sin x \tag{7.8.2}$$
即 $\pi$ 不是 $\sin x$ 的一个周期.
综上，没有比 $2\pi$ 更小的周期了，即 $2\pi$ 是 $\sin x$ 的最小正周期.
同理，展开 $\cos (x+\frac{2\pi}{k})$ 得：
$$\cos (x+\frac{2\pi}{k}) = \cos x\cos \frac{2\pi}{k}- \sin x\sin\frac{2\pi}{k} \tag{7.8.3}$$
仍旧是上面的讨论，得出：没有比 $2\pi$ 更小的周期了，即 $2\pi$ 是 $\cos x$ 的最小正周期.
正是因为正弦函数与余弦函数是以 $2\pi$ 为周期的周期函数，所以我们本节所得出的所有结论从最开始的 $[0,1]$ 区间范围扩充到整个定义域了！！！
由此我们又得出了个结论：在全定义域内 $-1\le\sin x\le 1;\; -1\le\cos x\le 1$.
7.9 绘制函数的图像
根据我们上面的研究，我们大概能画出来正弦函数与余弦函数的图像是这样的.
8 三角函数的几何意义
终于到达这「最初与最终的序章」了. 毕竟一般而言，是先有几何上的正弦，后有正弦函数，再后才有正弦函数的级数展开，但本文的顺序完全是反过来的，我们是先有级数展开，最后才有的几何意义.
我们考虑一个参数方程
$$\begin{align}\begin{cases}
x(t) = \cos t\
y(t) = \sin t
\end{cases}\end{align}\tag{8.0.1}$$
根据勾股定理 $(3.0.1)$ 显然有
$$\begin{align}\begin{cases}
\sin^2t+\cos^2t=1\
x^2(t)+y^2(t)=1
\end{cases}\end{align}\tag{8.0.2}$$
完事了，这就是圆的方程，也就是说 $(8.0.1)$ 在笛卡尔坐标系中的图像就是一个以 $(0,0)$ 为圆心，半径为 $1$ 的圆.
但问题又来了，我们的 $(8.0.1)$ 是个参数方程的形式，那参数 $t$ 从几到几是一个圆呢？
我们可以这样研究这个问题，参数方程的图像其实可以理解成一个动点 $P$ 的运动轨迹. 我们假定 $t = 0$ 时是 $P$ 的起始点. 代入 $(8.0.1)$ 就能得出
$$\begin{align}\begin{cases}
x{\text{start}} = \cos 0 = 1\
y{\text{start}} = \sin 0 = 0
\end{cases}\end{align}\tag{8.1.1}$$
不过，知道了初坐标后还不够确定一动点的运动轨迹，知道了初坐标与初速度后才能确定一动点的运动轨迹.
$$\begin{align}\begin{cases}
\frac{\mathrm{d}x{\text{start}}}{\mathrm{d}t} = (\cos't){t= 0} = 0\
\frac{\mathrm{d}y{\text{start}}}{\mathrm{d}t} = (\sin't){t= 0} = 1
\end{cases}\end{align}\tag{8.1.2}$$
我们对 $t$ 求一阶导后便是这个动点的初速度了，我们不需要理解这个速度到底是什么意思. 但我们能定性了解释下，那就是这个动点 $P$ 在 $t=0$ 时应该是有一个向上的趋势（$y+$）.
也就是说，这个参数方程确定的动点 $P$ 在 $t$ 增长的过程中，应该是逆时针方向运动，运动轨迹是个圆.
我们知道圆的周长是 $2\pi r$ （这个是圆周长的定义，或者说是圆周率的定义），对于半径为 $1$ 的单位圆来说，周长就是 $2\pi$ 了.
而根据弧微分的定义，我们又能得出圆周长
$$C=\int_c\mathrm{d}s\tag{8.0.3}$$
$$\mathrm{d}s=\sqrt{\mathrm{d}x^2+\mathrm{d}y^2}=\sqrt{(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t})^2+(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t})^2}\mathrm{d}t=\sqrt{\sin^2t+\cos^2t}\mathrm{d}t=\mathrm{d}t\tag{8.1.3}$$
$$2\pi=\int_0^{t_1}\mathrm{d}t \tag{8.1.4}$$
显然，上式中的 $t_1=2\pi$ .
也就是说，当 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 这段时间内，动点 $P$ 的运动轨迹是一个圆.
那超过 $2\pi$ 的呢？超过 $2\pi$ 后动点 $P$ 将会绘制第二个单位圆. 有两种方法可以证明，一是通过三角函数的周期性，二是通过 $t=2\pi$ 时的坐标值以及导数值均可得出这个结论.
由此，我们又能得出结论单位圆圆周上的坐标值 $(x,y)=(\cos t, \sin t)$ .
那问题又来了，既然三角函数与圆的坐标值有关，那这个 $t$ 肯定会有几何意义，它的几何意义是什么呢？
由 $(8.1.4)$ 可以看出，$t$ 的值其实就是单位圆上的弧的弧长. 或者说是：由参数方程生成的逆时针圆弧的弧长. 那我们就先暂时将 $t$ 理解成逆时针圆弧的弧长吧. 以下记作 $\iota$ .
考虑圆心在原点的一般圆来说，有：
$$x^2+y^2=r^2\tag{8.0.4}$$
我们可以对其变形后得到
$$(\frac{x}{r})^2+(\frac{y}{r})^2=1\tag{8.0.5}$$
令：
$$\begin{align}\begin{cases}
x=r\cos \iota\
y=r\sin \iota
\end{cases}\end{align}\tag{8.1.5}$$
这样我们就能得出任意圆心在 $(0,0)$ 的圆周，其点的坐标为 $(r\cos \iota,r\sin \iota)$ . 其中 $r$ 是圆的半径，$\iota$ 是... $\iota$ 是什么呢？
如果硬要定义的话，我们可以认为 $\iota$ 是：当点 $M$ 沿着参数方程 $(8.1.5)$ 运动时，有一个与其同步运动的点 $P$ 沿着参数方程 $(8.0.1)$ 运动. 此时点 $P$ 所扫过的弧长便是 $\iota$ .
这什么鬼玩意. . 肯定不能这么定义啊. .
我们再回头看看 $(8.1.5)$ ，显然，这个参数方程也是以 $2\pi$ 为周期的参数方程. 也就是说 $\iota$ ，或者用之前的时间 $t$ 吧，时间每过 $2\pi$ 个单位，动点 $M$ 就逆时针画了个圆. 这个 $2\pi$ 是个与半径无关的量. 不随圆的变大而变大.
我们只要能找到个圆上的东西，能与 $2\pi$ 联系起来就行. 我们考虑弧长公式
$$l=\frac{n\pi r}{180}\tag{8.0.6}$$
这是因为参数方程在 $2\pi$ 单位时间之前并没有画出一个圆，而只是画出了一段弧长.
由于我们刚刚得出的 $2\pi$ 是个与半径无关的量，故我们对弧长公式变形：
$$\frac{l}{r}=\frac{n\pi}{180}\tag{8.0.7}$$
公式告诉我们圆弧弧长与圆弧半径的比值是个仅与角度 $n$ 有关的量，更重要的是，当 $n$ 从 $0\to360$ 时，$\frac{l}{r}$ 正好从 $0 \to 2\pi$ .
至此我们终于可以定义出弧度制了：
$$\theta = \frac{l}{r} = \frac{n\pi}{180} \tag{8.0.8}$$
很显然，$\theta$ 是与动点逆时针扫过的角度有关的量. 我们自然也可重新定义角度将其称为弧度制，将圆周定义成 $2\pi$ rad，事实上我们也的确这么做了，$(8.0.8)$ 就是角度制与弧度制的转换公式. 并且这么定义的弧度制，是完全兼容我们在前两小节所定义的 $\iota$ 的.
至此我们又有了：
$$\begin{align}\begin{cases}
x=r\cos \theta\
y=r\sin \theta
\end{cases}\end{align}\tag{8.1.6}$$
我们移项以下，有：
$$\begin{align}\begin{cases}
\frac{x}{r}=\cos \theta\
\frac{y}{r}=\sin \theta
\end{cases}\end{align}\tag{8.1.7}$$
这便是高中时定义的圆周上任意角的三角函数.
最后，我们将角度 $\theta$ 限制在 $90^\circ\;/\;\frac{\pi}{2}$ rad内，显然可以以此做出一个直角三角形. 如果把它放在坐标系中，$\theta$ 所在的顶点在原点处，邻边直角边在 $x$ 轴上. 若以斜边长为半径画圆，显然临边长就是斜边与圆周的交点的 $x$ 值，对边长就是 $y$ 值. 由 $(8.1.7)$ 能的出：
$$\frac{\text{邻边}}{\text{斜边}}=\cos \theta;\;\frac{\text{对边}}{\text{斜边}}= \sin \theta;\; \frac{邻边}{对边}=\tan \theta.$$
至此，我们终于重新导出了初中时三角函数的定义了.
9. 后记与参考资料
本文真的很长啊...本来只是个人的一时兴起，试着从级数开始推三角函数的结论. 但，我觉得大家应该都能猜到，我不靠网络的情况下应该只能推出三角函数收敛这个结论. . 还是照着书推导的.
- 同济大学数学系 《高等数学 第七版 上册》
正当我一筹莫展的时候突然想到好像好多三角函数的公式都是由和差展开公式得到的，然后我就找到了这篇文章
这篇文章正是我急需的文章，有了这篇文章我才能继续写下去. 不过啊，本文好像在三角恒等式上，只着重研究了 $\sin x$ 与 $\cos x$ 其他并没有着重研究啊. 不过也够了，其他的内容很容易就能在本文的基础上推导出来.
但光有三角恒等式，我们依旧有很多结论得不出来. 要是能知道一些特殊值的三角函数值，那就方便许多了. 就这样，我找到了这篇文章：
不过这个回答对当时的我而言用处不大，因为这篇文章里用到了 $\frac{\pi}{4}$ 时的特殊值，还用到了些许诱导公式. 这些都是我还没有证明出来的内容，显然是不能用的. 不过 $\sin \frac{\pi}{4} = \cos \frac{\pi}{4}$ 这个特殊值却实实在在地启发到了我. 因为这代表着 $\tan \frac{\pi}{4}=1$ . 我当时并没有多大的把握，就是隐隐觉得 $1$ 是个好数字，应该能证出我想要的结论.
就这样一步一步先证明了这个点存在，后来证明这个点在 $[0,1]$ 内只有一个. 胜利就在眼前了，不，还差得远，因为这么一来我就得求反正切函数了. 所以反正切函数是本文研究过的唯一一种反三角函数.
不过这一步不算复杂，很容易就能想到反正切函数的导数 $\frac{1}{1+x^2}$ 类似于等比级数的和. 也就很容易得出了反正切函数的展开式. 但问题又随之而来了，我怎么知道这个反正切函数的级数和是多少？不过说实话，这一步并没有难住我，因为我读过
- Willian Dunham 《微积分的历程：从牛顿到勒贝格》
这本书里有提到过这个级数，因为书里提到这个级数收敛起来奇慢无比，所以我记得特别清楚. 很幸运的是，莱布尼茨先生在得到这个级数和的时候没有用到三角函数结论. 所以本文才能继续写下去，之后的内容结合上面的参考文章对我而言就像是做了道数学题一样，并没有很难的部分.
接下去让我卡住的地方其实是证明几何性质. 我想到了 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 这个公式，但我在想个奇怪的问题，那就是满足 $x^2+y^2=1$ 的图像一定是个圆吗？显然我说服了我自己，满足这个式子的一定是个圆，不过在这个过程中
这篇文章给了我很大的参考.
就这样吧，本文的主要参考与写作历程也写完了，本文就此正式结束了，感谢各位能读到这里，真的非常感谢！