三角换元与三角方程组

三角换元适合处理圆、平方差和带特定约束的三元表达式。关键是证明原来的每个可行解都能被参数表示，并在求解后返回原范围。

平方和与根式的参数化

若 $x^2+y^2=R^2$ 、 $R>0$ ，可令 $x=R\cos t,y=R\sin t$ ， $t\in[0,2\pi)$ ；第一象限则取 $t\in(0,\pi/2)$ 。这是单位圆参数化，覆盖整个圆。

若 $|x|\le R$ ，令 $x=R\sin t$ ， $t\in[-\pi/2,\pi/2]$ ，则 $\sqrt{R^2-x^2}=R\cos t$ 。例如 $x+\sqrt{1-x^2}$ 的定义域为 $[-1,1]$ ，化为 $\sin t+\cos t$ ，最大值为 $\sqrt2$ ，在 $t=\pi/4$ 取得。

对 $x^2-y^2=1$ 的右支 $x\ge1$ ，可令 $x=1/\cos t,y=\tan t$ 、 $t\in(-\pi/2,\pi/2)$ ；左支须改成 $x=-1/\cos t$ 。不能用右支代换代表整条双曲线。

正数约束对应三角形半角

若 $x,y,z>0$ 且 $xy+yz+zx=1$ ，令 $\alpha=\arctan x,\beta=\arctan y$ 。因 $xy<1$ ， $\alpha+\beta<\pi/2$ ；令 $\gamma=\pi/2-\alpha-\beta>0$ ，则

\tan\gamma=\frac{1-xy}{x+y}=z.

故 $x,y,z$ 分别可写成一个三角形的三个半角正切。反过来，由角和公式也得到该约束。这里正数条件保证三个半角都为锐角且和为 $\pi/2$ 。

若 $x,y,z>0$ 且 $x+y+z=xyz$ ，令三个主值反正切为 $A,B,C\in(0,\pi/2)$ 。正弦和角展开给 $\sin(A+B+C)=0$ ；三角和在 $(0,3\pi/2)$ 内，故只能为 $\pi$ 。于是它们对应一个锐角三角形的三个正切。

三元角度代换需要什么条件

三角恒等式能给出代换线索，但反向代换必须保证每个实数解都能表示。以下列出可直接使用的情形。

代数条件	可取的三角形式
$x,y,z>0,\ xy+yz+zx=1$	$x=\tan(A/2),y=\tan(B/2),z=\tan(C/2)$ ， $A,B,C$ 是三角形内角
$x,y,z>0,\ x+y+z=xyz$	$x=\tan A,y=\tan B,z=\tan C$ ， $A,B,C$ 是锐角三角形内角
$x,y,z>0,\ x+y+z=xyz$	也可取 $x=\cot(A/2),y=\cot(B/2),z=\cot(C/2)$ ，对应另一个三角形
$x,y,z>0,\ xy+yz+zx=1$	也可取 $x=\cot A,y=\cot B,z=\cot C$ ，对应一个锐角三角形

前两行已在正数半角代换中证明。后两行先取倒数： $X=1/x,Y=1/y,Z=1/z$ ，约束分别变成 $XY+YZ+ZX=1$ 或 $X+Y+Z=XYZ$ ，再用前两行。

余弦平方约束

对 $x,y,z\in(-1,1)$ ，它们能写成某个非退化三角形三个内角的余弦，当且仅当

x^2+y^2+z^2+2xyz=1,\qquad x+y+z>1.

必要性。 平方关系见内角恒等式。余弦和等于 $1+4\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2)>1$ 。

充分性。 令 $A=\arccos x,B=\arccos y$ ，则 $A,B\in(0,\pi)$ 。把平方关系看成关于 $z$ 的二次式，得到

z=-xy\pm\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}=-\cos(A+B)\quad\text{或}\quad-\cos(A-B).

记 $s=(A+B)/2,d=(A-B)/2$ ，则 $\cos d>0$ 、 $\cos s<\cos d$ 。若取第二个根，则

x+y+z=1+2\cos d(\cos s-\cos d)<1,

被条件排除。取第一个根时，

x+y+z=1+2\cos s(\cos d-\cos s)>1

迫使 $\cos s>0$ ，即 $A+B<\pi$ 。令 $C=\pi-A-B>0$ ，便有 $\cos C=z$ 。

特别地，若 $x,y,z>0$ 并满足平方关系，则每个数自动小于 $1$ ，且

(x+y+z)^2=1+2(xy+yz+zx-xyz)>1,

因此对应锐角三角形。若没有范围和角和的检查，单凭一个代数等式不能声称三数一定是三角形内角的三角函数值。

半角正切的有理化

当 $\theta\not\equiv\pi\pmod{2\pi}$ 时，令 $t=\tan(\theta/2)$ ，由倍角公式得

\sin\theta=\frac{2t}{1+t^2},\qquad \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}.

这可把有理三角式转为关于 $t$ 的分式；但 $\theta\equiv\pi\pmod{2\pi}$ 未被有限实数 $t$ 表示，须在原式另检。

例如 $\sin\theta=1+\cos\theta$ 换元后给 $2t=2$ ，即 $t=1$ 、 $\theta\equiv\pi/2$ ；原式在 $\theta\equiv\pi$ 也成立。最终解是这两类，直接换元只得到一类。

方程组先线性求正余弦

解 $\sin x+\cos x=1$ 、 $2\sin x-\cos x=2$ 。相加得 $\sin x=1$ ，再得 $\cos x=0$ ，两值满足单位圆关系，所以 $x=\pi/2+2k\pi$ ， $k\in\mathbb Z$ 。

一般先求得 $\sin x=u,\cos x=v$ 后，必须检查 $u^2+v^2=1$ 。例如若算出 $u=v=1$ ，即使线性方程组有解，三角方程组仍无实解。若系数行列式为零，则先检查两式是否矛盾或等价，再解剩下的一个三角方程。

三个非负数和为一的完整参数化

约束 $x,y,z\ge0$ 、 $x+y+z=1$ 等价于存在 $\alpha,\beta\in[0,\pi/2]$ 使

x=\sin^2\alpha\cos^2\beta,\quad y=\cos^2\alpha\cos^2\beta,\quad z=\sin^2\beta.

先令 $\sin\beta=\sqrt z$ 。若 $z<1$ ，再令 $\sin\alpha=\sqrt{x/(1-z)}$ ；若 $z=1$ ，则 $x=y=0$ ，任取 $\alpha$ 都可。反向代入立即验证非负性及和为一。

若要求三个数严格为正，则可取两个参数都在 $(0,\pi/2)$ 内。参数化的作用是把约束自动满足，但并不保证化简后的最值更容易；选择前应先观察待求式是否适合平方和结构。

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