文献あり

正弦関数の極限の循環論法，解決

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まえがき

こんにちは！的場沙雪です．この前友達に「円周率が一定であることの証明ってあるんかな？」と質問されて，その時は何も調べず思いついた解法で答えたのですが，その後この方法が有名な循環論法（ $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を導くのに使われる円板の面積公式は三角関数の微積分公式から従い，それは $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を使う）を回避出来ることに気が付いたので記事にした次第です．

前提知識は数Ⅲの「曲線の長さ」まで，とあとは…… 全射と単射くらいは知っておいてほしいですかね（逆関数のところで習ったっけな……？）．なるべく高校生でもわかるように書きました（書いたつもり）．まあわからない部分は読み飛ばしても大体何とかなります（「極座標」は読み飛ばしてもいいかも）．「とりあえずそうなるんだな」で一旦置いといて，後でまた帰ってきましょう．数学って大体そういうもんです．

私は開区間を $] \cdot, \cdot [$ で書きます．特にこの記事では順序対 $(\cdot, \cdot)$ も開区間も多数出現し，同じ記号だと大変紛らわしいので書き分けます．なるべく「開区間 $] \cdot, \cdot [$ 」と書くので安心していただきたいです．

忙しい人向け

~~頭の中に時限爆弾がセットされててそれどころじゃない人向けの~~概略です．本編と多少異なる部分がありますが言ってることは大体同じなので見逃してください．

円の方程式より，原点中心，半径 $r$ の円の円周 $L (r)$ は
$\begin{aligned} L (r) \\ = & 2 \int_{- r}^{r} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} (\sqrt{r^{2} - x^{2}}))}^{2}} d x \\ = & 2 r \int_{- r}^{r} \frac{\frac{d x}{r}}{\sqrt{1 - {(\frac{x}{r})}^{2}}} \\ = & 2 r \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} (\frac{x}{r} = t) \end{aligned}$
なので，円周率の定義（円周率は円周と直径の比）より $π = \frac{L (r)}{2 r} = \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$ です．
よって原点中心，半径 $r$ の円板の面積 $S (r)$ は
$\begin{aligned} S (r) \\ = & 2 \int_{- r}^{r} \sqrt{r^{2} - x^{2}} d x \\ = & \int_{- r}^{r} (1 \sqrt{r^{2} - x^{2}} + x \frac{- 2 x}{2 \sqrt{r^{2} - x^{2}}}) d x + r^{2} \int_{- r}^{r} \frac{\frac{d x}{r}}{\sqrt{1 - {(\frac{x}{r})}^{2}}} \\ = & {[x \sqrt{r^{2} - x^{2}}]}_{x = - r}^{r} + r^{2} \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} (\frac{x}{r} = t) \\ = & π r^{2} \end{aligned}$
と求まり，いつもの面積比較で $h > 0$ のとき
$\begin{aligned} \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin h < \frac{h}{2 π} \cdot S (1) < \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \tan h \\ ⟹ & \sin h < h < \tan h \\ ⟹ & \sin h < h \land h < \tan h \\ ⟹ & \frac{\sin h}{h} < 1 \land \cos h < \frac{\sin h}{h} \\ ⟹ & \cos h < \frac{\sin h}{h} < 1 \end{aligned}$
なので $lim_{h ↘ 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を得て， $lim_{h ↗ 0} \frac{\sin h}{h} = lim_{h ↗ 0} \frac{\sin (- h)}{- h} = 1$ と合わせて $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を得ます．循環論法は回避出来ました！

円周率

まず，円周率とは何でしょうか？循環論法を避けるために $\sin$ をテイラー展開で定義して， $\sin$ の正の零点のうち最小のもの……なんて定義もありますが，うーんわかりにくい！

そもそも「円周率」という言葉の意味は何でしょうか？答えは小学校算数にありますね．「円周と直径の比」でした．ということは「円周が直径の定数倍であることの証明」をすれば自ずと円周率が出てきますね．つまり円周を求めればよいことになります．

円

ではまず円の定義を考えなければなりません．中心 $P$ ，半径 $r$ （ $r$ は正実数です）の円とは，「点 $P$ からの（通常はユークリッド）距離が $r$ である点全体の集合」として定義されます．今は二次元平面， $x y$ 平面を考えましょう．点 $P$ を $(a, b)$ とします．点 $(x, y)$ と点 $P$ との距離は，定義から $\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}$ です．ということは，円の定義は次のようになります（つまり中心 $P$ ，半径 $r$ の円の方程式は $\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} = r$ ということです）．

円

正実数 $r$ ，実数 $a$ ， $b$ に対して，
$S := {(x, y) \in R^{2} : \sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} = r}$
により定義される $R^{2}$ の部分集合 $S$ を「中心 $(a, b)$ ，半径 $r$ の円」とよび，円 $S$ の中心は $(a, b)$ であるといい，円 $S$ の半径は $r$ であるといいます．

$\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} = r$ を $y$ について解いてみましょう！すると，
$\begin{aligned} \sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} = r \\ ⟺ & {(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} = r^{2} (∵ r > 0) \\ ⟺ & {(y - b)}^{2} = r^{2} - {(x - a)}^{2} \\ ⟺ & y - b = \pm \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \\ ⟺ & y = b \pm \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \end{aligned}$
となります．円の方程式を陽関数で表示することが出来ました！ $f_{a, b, r} (x) := b + \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}$ ， $g_{a, b, r} (x) := b - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}$ としておきます．

$f_{a, b, r}$ ， $g_{a, b, r}$ の定義域を考えてみましょう．これは根号を含むので，根号の中身が非負であるという条件から定義域がわかります． $r^{2} - {(x - a)}^{2} \geq 0$ を $x$ について解くと，
$\begin{aligned} r^{2} - {(x - a)}^{2} \geq 0 \\ ⟺ & {(x - a)}^{2} \leq r^{2} \\ ⟺ & - r \leq x - a \leq r \\ ⟺ & a - r \leq x \leq a + r \\ ⟺ & x \in [a - r, a + r] \end{aligned}$
となります．定義域は閉区間 $[a - r, a + r]$ ですね．

ある程度円の概形を把握しておきましょう． $f_{a, b, r}$ ， $g_{a, b, r}$ は関数の形から連続で，
$f_{a, b, r} (a - r) = b + \sqrt{r^{2} - {(a - r - a)}^{2}} = b + \sqrt{r^{2} - r^{2}} = b + \sqrt{0} = b$ ，
$g_{a, b, r} (a - r) = b - \sqrt{r^{2} - {(a - r - a)}^{2}} = b - \sqrt{r^{2} - r^{2}} = b - \sqrt{0} = b$ より
$f_{a, b, r} (a - r) = b = g_{a, b, r} (a - r)$ であり，
$f_{a, b, r} (a + r) = b + \sqrt{r^{2} - {(a + r - a)}^{2}} = b + \sqrt{r^{2} - r^{2}} = b + \sqrt{0} = b$ ，
$g_{a, b, r} (a + r) = b - \sqrt{r^{2} - {(a + r - a)}^{2}} = b - \sqrt{r^{2} - r^{2}} = b - \sqrt{0} = b$ より
$f_{a, b, r} (a + r) = b = g_{a, b, r} (a + r)$ であり， $a - r < x < a + r$ を満たす $x$ に対して
$f_{a, b, r} (x) = b + \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} = b + \sqrt{(r - (x - a)) (r + (x - a))} = b + \sqrt{((a + r) - x) (x - (a - r))} > b$ ，
$g_{a, b, r} (x) = b - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} = b - \sqrt{(r - (x - a)) (r + (x - a))} = b - \sqrt{((a + r) - x) (x - (a - r))} < b$ より
$f_{a, b, r} (x) > b > g_{a, b, r} (x)$
ですから，円は単純閉曲線であることがわかります．一度通った点を通らずに一筆で書いて出発した点に戻ってこれるという意味です．

また
$f_{a, b, r}^{'} (x) = \frac{- 2 (x - a)}{2 \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}} = - \frac{x - a}{\sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}}$
より $a < x < a + r$ のとき $f_{a, b, r}$ は $x$ に関して単調減少であり，
$f_{a, b, r}^{''} (x) = - \frac{\sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} - (x - a) \frac{- 2 (x - a)}{2 \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}}}{r^{2} - {(x - a)}^{2}} = - \frac{r^{2}}{(r^{2} - {(x - a)}^{2}) \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}} < 0$
なので，上側の陽関数 $f_{a, b, r} (x)$ によって描かれる曲線は上に凸です．この結果は後で使います．

円周と円周率

準備がそろいました．では円周の長さを求めてみましょう．中心 $(a, b)$ ，半径 $r$ の円の円周の長さは $L (a, b, r)$ としておきます．
$\begin{aligned} L (a, b, r) \\ = & \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} f_{a, b, r} (x))}^{2}} d x + \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} g_{a, b, r} (x))}^{2}} d x \\ = & \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} (b + \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}))}^{2}} d x + \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} (b - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}))}^{2}} d x \\ = & \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(\frac{- 2 (x - a)}{2 \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}})}^{2}} d x + \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + {(- \frac{- 2 (x - a)}{2 \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}})}^{2}} d x \\ = & \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + \frac{{(x - a)}^{2}}{r^{2} - {(x - a)}^{2}}} d x + \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + \frac{{(x - a)}^{2}}{r^{2} - {(x - a)}^{2}}} d x \\ = & 2 \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 + \frac{{(x - a)}^{2}}{r^{2} - {(x - a)}^{2}}} d x \\ = & 2 r \int_{a - r}^{a + r} \frac{\frac{d x}{r}}{\sqrt{1 - {(\frac{x - a}{r})}^{2}}} \\ = & 2 r \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} (\frac{x - a}{r} = t) \end{aligned}$
となります．なんかよくわからない積分 $\int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$ が出てきましたね．被積分関数が端点で発散しています．こういう積分は広義積分といいます．果たして本当に収束するのでしょうか？それとも，円周の長さは無限大！！？
$\begin{aligned} \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} \\ = & \int_{- 1}^{1} \frac{1 - t^{2}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t + \int_{- 1}^{1} \frac{t^{2}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t \\ = & \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t - \int_{- 1}^{1} t \frac{- 2 t}{2 \sqrt{1 - t^{2}}} d t \\ = & \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t - {[t \sqrt{1 - t^{2}}]}_{t = - 1}^{1} + \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t \\ = & 2 \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t \end{aligned}$
なので，ちゃんと収束しますね（きちんと説明すると，積分区間を開区間 $] - 1 + ε, 1 - ε [$ として後で $ε ↘ 0$ の極限を取ることで，閉区間で連続な関数は可積という定理（理工系の微分積分学 p.106定　理 3）と，可積な関数の不定積分は連続であるという定理（理工系の微分積分学 p.109定　理 4）が保証してくれます）．ということで，円周率 $\frac{L (a, b, r)}{2 r}$ は一定であることがわかりました！これで円周率 $π$ を $\frac{L (a, b, r)}{2 r}$ ，つまり $\int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$ で定義出来ます！

なお，弧長積分の公式を既知として扱いましたが，その証明に三角関数の極限や微積分の公式は使いません．証明はこちらのサイトや，理工系の微分積分学 p.123（Ⅱ）を参照してください．

円板の面積

こんどは円板の面積を求めてみましょう．円板の定義もしておきます．

円板

正実数 $r$ ，実数 $a$ ， $b$ に対して，
$S := {(x, y) \in R^{2} : \sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} \leq r}$
により定義される $R^{2}$ の部分集合 $S$ を「中心 $(a, b)$ ，半径 $r$ の円板」とよび，円板 $S$ の中心は $(a, b)$ であるといい，円板 $S$ の半径は $r$ であるといいます．

中心 $(a, b)$ ，半径 $r$ の円板の面積は $S (a, b, r)$ としておきます．先程と同じように変形すると，
$\begin{aligned} \sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} \leq r \\ ⟺ & {(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} \leq r^{2} (∵ r > 0) \\ ⟺ & {(y - b)}^{2} \leq r^{2} - {(x - a)}^{2} \\ ⟺ & - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \leq y - b \leq \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \\ ⟺ & b - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \leq y \leq b + \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} \\ ⟺ & g_{a, b, r} (x) \leq y \leq f_{a, b, r} (x) \end{aligned}$
となることに注意してやれば，
$\begin{aligned} S (a, b, r) \\ = & \int_{a - r}^{a + r} (f_{a, b, r} (x) - g_{a, b, r} (x)) d x \\ = & \int_{a - r}^{a + r} ((b + \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}}) - (b - \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}})) d x \\ = & \int_{a - r}^{a + r} 2 \sqrt{r^{2} - {(x - a)}^{2}} d x \\ = & 2 r^{2} \int_{a - r}^{a + r} \sqrt{1 - {(\frac{x - a}{r})}^{2}} \frac{d x}{r} (∵ r > 0) \\ = & 2 r^{2} \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t (\frac{x - a}{r} = t) \\ = & r^{2} \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} \\ = & π r^{2} \end{aligned}$
となり，円板の面積公式 $S (a, b, r) = π r^{2}$ が導出されます．ここで驚いてほしいのです！三角関数の微積分どころか定義さえ無いまま円板の面積公式が導出出来ました！！！これは，循環論法に陥らずに $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ が導出できることを示唆しています！

三角関数

三角関数を図形的に定義したいので，角度を定義しておかなければなりません．といっても図形の角度まで定義する必要は無く，偏角だけで十分です（もし図形の角度も定義したいのであれば，偏角同士の差の絶対値と，それを $2 π$ から引いた値のうち小さい方かなんかで定義すればいいでしょう）．

偏角

角度の定義と聞いて，まずラジアンのあの定義が思い浮かびます．「半径 $1$ の扇形の円弧の長さが $1$ であるとき，その中心角を $1$ [rad]と定める」です．この定義，実は不十分です．なぜなら $1$ [rad]しか定義されていないし，ラジアンがデシベルやマグニチュードやペーハーや等級のように対数を表した単位である可能性が残っているためです．それに，そもそも角度とは何かを今定義したいのに，これでは「中心角」がなんなのかわかりません．どうしましょう……

そういえば，こんな性質がありました．扇形の弧長を $l$ ，半径を $r$ ，中心角を $θ$ とすると $l = r θ$ が成り立ちます．それなら逆に $θ := \frac{l}{r}$ で角度を定義してやるのはどうでしょうか？弧長は先程のように積分を使えば表現出来そうですね．物理でも[rad]はSI組立単位で[m/m]と書くようですし，これでよさそうです．

ということで，偏角を定義していきます．まず $x y$ 平面上の点 $Q (c, d)$ を考え，これは点 $P$ でないとします（なので ${(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2} > 0$ です）．中心が点 $P$ で点 $Q$ を通る円はただ一つ存在します（半径を $\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}$ で定めるしかないので）．この円上の点 $(a + \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}, b)$ から点 $Q$ まで反時計回りに沿った弧長を半径 $\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}$ で割って，点 $P$ に対する点 $Q$ の偏角とします．

偏角

$(a, b) \neq (c, d)$ を満たすような，実数 $a$ ， $b$ ， $c$ ， $d$ に対して，
$d \geq b \to θ := \frac{1}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} \int_{c}^{a + \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} f_{a, b, \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} (x))}^{2}} d x$
及び
$d < b \to θ := \frac{1}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} (\int_{a - \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}^{a + \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} f_{a, b, \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} (x))}^{2}} d x + \int_{a - \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}^{c} \sqrt{1 + {(\frac{d}{d x} g_{a, b, \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} (x))}^{2}} d x)$
により定義される実数 $θ$ を「点 $(a, b)$ に対する点 $(c, d)$ の偏角」とよびます．

極座標

三角関数を図形で定義するためには偏角を変数として扱えなければなりません．つまるところ，点 $P$ を除く直交座標を点 $P$ を極とする極座標に移す関数が逆関数を持たなければなりません．それが証明できれば，この関数の逆関数を用いて三角関数を定義することが出来ます！

まず偏角がどのような値をとり得るのか調べておきましょう．点 $P$ に対する点 $Q$ の偏角を計算すると，次のようになります（計算は先程と同じ手順です）．

$d \geq b$ のとき $\int_{\frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$
$d < b$ のとき $π + \int_{- 1}^{\frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$

これをよく見ると，どちらも $\frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}$ という部分があり，そこ以外に $c$ や $d$ は無いです．ということはこれを調べればよさそうですね． $X_{a, b} (c, d) := \frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}$ としておきます．
$(i)$ $d = b$ のとき
簡単な方から考えます． $(c, d) \neq (a, b)$ と $d = b$ より $c \neq a$ であることに注意して， $X_{a, b} (c, d) = X_{a, b} (c, b) = \frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(b - b)}^{2}}} = \frac{c - a}{| c - a |} = sgn (c - a)$ となります（ $sgn$ は符号関数とよばれます）．ということは $X_{a, b} (c, d)$ は $- 1$ か $1$ のどちらかのみをとりますね．
$(ii)$ $d > b$ のとき
関数のとり得る値を調べたいので，増減がわかればよいですね．ということで $c$ で微分してみます．
$\frac{\partial}{\partial c} X_{a, b} (c, d) = \frac{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}} - (c - a) \frac{2 (c - a)}{2 \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}}}{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}} = \frac{{(d - b)}^{2}}{({(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}) \sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} > 0$
より， $X_{a, b} (c, d)$ は $c$ に関して狭義単調増加です．
これと $lim_{c \to - \infty} X_{a, b} (c, d) = lim_{c \to - \infty} \frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} = - 1$ ， $lim_{c \to \infty} X_{a, b} (c, d) = lim_{c \to \infty} \frac{c - a}{\sqrt{{(c - a)}^{2} + {(d - b)}^{2}}} = 1$ ， $X_{a, b} (c, d)$ は $c$ に関して連続であることより， $X_{a, b} (c, d)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] - 1, 1 [$ です．
$(iii)$ $d < b$ のとき
$(ii)$ と同様に $X_{a, b} (c, d)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] - 1, 1 [$ です．

$Θ_{+} (x) := \int_{x}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$ ， $Θ_{-} (x) := \int_{- 1}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}}$ とし（ $x$ は閉区間 $[- 1, 1]$ の元です）て， $Θ_{+} (x)$ ， $Θ_{-} (x)$ のとり得る値も調べておきます．どちらも被積分関数が端点を除いて正なので， $Θ_{+}$ は狭義単調減少，つまり単射で， $Θ_{-}$ は狭義単調増加，つまり単射です．また不定積分は連続であるという定理（大学の学部一年で習います）があるので，これより $Θ_{+}$ ， $Θ_{-}$ は連続となります．

$Θ_{+} (1) = 0$ ， $Θ_{+} (- 1) = π$ であり， $Θ_{+}$ について， $Θ_{+}$ は狭義単調減少かつ連続なので， $- 1 < x < 1$ のとき， $Θ_{+} (x)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] Θ_{+} (1), Θ_{+} (- 1) [$ ，つまり開区間 $] 0, π [$ です． $Θ_{-}$ についても同じように， $- 1 < x < 1$ のとき， $Θ_{-} (x)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] Θ_{-} (- 1), Θ_{-} (1) [$ ，つまり開区間 $] 0, π [$ です．

準備がそろいました．それでは点 $P$ を除く直交座標を点 $P$ を極とする極座標に移す関数 $φ_{a, b}$ は全単射であることを証明しましょう．関数 $φ_{a, b}$ を，

$y \geq b$ のとき $φ_{a, b} (x, y) := (\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (x, y)))$
$y < b$ のとき $φ_{a, b} (x, y) := (\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}, π + Θ_{-} (X_{a, b} (x, y)))$

として定義します．ただし $(x, y) \neq (a, b)$ で定義されていて，終域は第 $1$ 変数が正実数 $] 0, \infty [$ ，第 $2$ 変数が半開区間 $[0, 2 π [$ とします．

単射性は簡単なのでまずはこちらから． $φ_{a, b} (x_{1}, y_{1}) = φ_{a, b} (x_{2}, y_{2})$ とします．もし $y_{1} \geq b > y_{2}$ なら，第 $2$ 変数を見比べて $Θ_{+} (X_{a, b} (x_{1}, y_{1})) = π + Θ_{-} (X_{a, b} (x_{2}, y_{2}))$ となりますが， $Θ_{+} (X_{a, b} (x_{1}, y_{1}))$ のとり得る値の範囲は閉区間 $[0, π]$ なのに $π + Θ_{-} (X_{a, b} (x_{2}, y_{2}))$ のとり得る値の範囲は開区間 $] π, 2 π [$ です．矛盾ですね． $y_{1} < b \leq y_{2}$ も同様に矛盾です（同様というか文字を入れ替えただけなのでそりゃそう）．ということは $y_{1}$ も $y_{2}$ も $b$ 以上か， $y_{1}$ も $y_{2}$ も $b$ 未満です．
$(I)$ $y_{1} \geq b$ かつ $y_{2} \geq b$ のとき
第 $2$ 変数を見比べて $Θ_{+} (X_{a, b} (x_{1}, y_{1})) = Θ_{+} (X_{a, b} (x_{2}, y_{2}))$ となります． $Θ_{+}$ は単射なので， $X_{a, b} (x_{1}, y_{1}) = X_{a, b} (x_{2}, y_{2})$ ，つまり $\frac{x_{1} - a}{\sqrt{{(x_{1} - a)}^{2} + {(y_{1} - b)}^{2}}} = \frac{x_{2} - a}{\sqrt{{(x_{2} - a)}^{2} + {(y_{2} - b)}^{2}}}$ となります．ここで第 $1$ 変数を見比べて $\sqrt{{(x_{1} - a)}^{2} + {(y_{1} - b)}^{2}} = \sqrt{{(x_{2} - a)}^{2} + {(y_{2} - b)}^{2}}$ となります．従って， $x_{1} - a = x_{2} - a$ ，つまり $x_{1} = x_{2}$ を得ます．あとは，これと $\sqrt{{(x_{1} - a)}^{2} + {(y_{1} - b)}^{2}} = \sqrt{{(x_{2} - a)}^{2} + {(y_{2} - b)}^{2}}$ から ${(y_{1} - b)}^{2} = {(y_{2} - b)}^{2}$ となりますが， $y_{1} \geq b$ かつ $y_{2} \geq b$ ですから， $y_{1} - b = y_{2} - b$ ，つまり $y_{1} = y_{2}$ を得ます．よって $(x_{1}, y_{1}) = (x_{2}, y_{2})$ を得ます．
$(II)$ $y_{1} < b$ かつ $y_{2} < b$ のとき
$(I)$ と同様にして $(x_{1}, y_{1}) = (x_{2}, y_{2})$ を得ます．
以上 $(I)$ ， $(II)$ より $(x_{1}, y_{1}) = (x_{2}, y_{2})$ なので， $φ_{a, b}$ は単射です．

次に全射性です．正実数 $r$ と $0$ 以上 $2 π$ 未満の実数 $θ$ をとります．
$(a)$ $θ = 0$ のとき
$φ_{a, b} (a + r, b)$ を考えると
$\begin{aligned} φ_{a, b} (a + r, b) \\ = & (\sqrt{{(a + r - a)}^{2} + {(b - b)}^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a + r, b))) \\ = & (\sqrt{r^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a + r, b))) \\ = & (r, Θ_{+} (X_{a, b} (a + r, b))) \\ = & (r, Θ_{+} (\frac{a + r - a}{r})) \\ = & (r, Θ_{+} (1)) \\ = & (r, 0) \\ = & (r, θ) \end{aligned}$
となり， $(x_{0}, y_{0}) \neq (a, b)$ 及び $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ となる実数 $x_{0}$ ， $y_{0}$ は存在することがわかります．
$(b)$ $0 < θ < π$ のとき
$(x, y) \neq (a, b)$ ， $y > b$ のとき， $X_{a, b} (x, y)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] - 1, 1 [$ です． $- 1 < x < 1$ のとき， $Θ_{+} (x)$ のとり得る値の範囲は開区間 $] 0, π [$ なので， $Θ_{+} (X_{a, b} (x, y))$ のとり得る値の範囲は開区間 $] 0, π [$ です．よって $Θ_{+} (X_{a, b} (x, y)) = θ$ となる実数 $x$ ， $y$ は存在し， $(x, y) \neq (a, b)$ ， $y > b$ を満たします．そのような実数 $x$ ， $y$ に対して $φ_{a, b} (a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}})$ を考えると（ $(a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}) = (a, b) + \frac{r}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}} ((x, y) - (a, b)) \neq (a, b) + \frac{r}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}} ((a, b) - (a, b)) = (a, b)$ に注意してください），
$\begin{aligned} φ_{a, b} (a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}) \\ = & (\sqrt{{(a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}} - a)}^{2} + {(b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}} - b)}^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}))) \\ = & (\sqrt{\frac{r^{2} {(x - a)}^{2}}{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}} + \frac{r^{2} {(y - b)}^{2}}{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}))) \\ = & (r, Θ_{+} (X_{a, b} (a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}, b + \frac{r (y - b)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}}))) \\ = & (r, Θ_{+} (\frac{a + \frac{r (x - a)}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}} - a}{r})) \\ = & (r, Θ_{+} (\frac{x - a}{\sqrt{{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2}}})) \\ = & (r, Θ_{+} (X_{a, b} (x, y))) \\ = & (r, θ) \end{aligned}$
となり， $(x_{0}, y_{0}) \neq (a, b)$ 及び $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ となる実数 $x_{0}$ ， $y_{0}$ は存在することがわかります．
$(c)$ $θ = π$ のとき
$φ_{a, b} (a - r, b)$ を考えると
$\begin{aligned} φ_{a, b} (a - r, b) \\ = & (\sqrt{{(a - r - a)}^{2} + {(b - b)}^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a - r, b))) \\ = & (\sqrt{r^{2}}, Θ_{+} (X_{a, b} (a - r, b))) \\ = & (r, Θ_{+} (X_{a, b} (a - r, b))) \\ = & (r, Θ_{+} (\frac{a - r - a}{r})) \\ = & (r, Θ_{+} (- 1)) \\ = & (r, π) \\ = & (r, θ) \end{aligned}$
となり， $(x_{0}, y_{0}) \neq (a, b)$ 及び $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ となる実数 $x_{0}$ ， $y_{0}$ は存在することがわかります．
$(d)$ $π < θ < 2 π$ のとき
$(b)$ と同様にして $(x_{0}, y_{0}) \neq (a, b)$ 及び $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ となる実数 $x_{0}$ ， $y_{0}$ は存在することがわかります．
以上 $(a)$ ， $(b)$ ， $(c)$ ， $(d)$ より $(x_{0}, y_{0}) \neq (a, b)$ 及び $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ となる実数 $x_{0}$ ， $y_{0}$ は存在するので， $φ_{a, b}$ は全射です．

ということで， $φ_{a, b}$ は全単射です．従って逆関数 $φ_{a, b}^{- 1}$ が存在します．

三角関数とその極限

さあ三角関数を定義しましょう！三角関数はよく単位円で定義するので，そうしておきましょう．中心 $(0, 0)$ ，半径 $1$ の円 $x^{2} + y^{2} = 1$ 上の点のうち，点 $(0, 0)$ に対する偏角が $θ - 2 π ⌊ \frac{θ}{2 π} ⌋$ である点の $x$ 座標， $y$ 座標をそれぞれ $\cos θ$ ， $\sin θ$ とします（ $⌊ \cdot ⌋$ は床関数です．要はガウス記号と同じです）．

三角関数

$\forall θ \in R, (\cos θ, \sin θ) := φ_{0, 0}^{- 1} (1, θ - 2 π ⌊ \frac{θ}{2 π} ⌋)$
により関数 $\cos : R \to R$ ， $\sin : R \to R$ を定義します．

$\forall θ \in {x \in R : \cos x \neq 0}, \tan θ := \frac{\sin θ}{\cos θ}$
により関数 $\tan : {x \in R : \cos x \neq 0} \to R$ を定義します．

$φ_{a, b}$ の全射性の証明で， $(b)$ 内で $φ_{a, b} (x_{0}, y_{0}) = (r, θ)$ なる $x_{0}$ ， $y_{0}$ として $y_{0} > b$ になるものを選んでいました．ということは $0 < θ < π$ のとき $\sin θ > 0$ であることがわかります．同様に $π < θ < 2 π$ のとき $\sin θ < 0$ です． $- π < θ < 0$ のとき $\sin θ < 0$ もいえます．

三角関数の極限でよく使う公式， $0 < h < π$ のとき $\cos (- h) = \cos h$ かつ $\sin (- h) = - \sin h$ を証明しておきます（一般の実数 $h$ に対しても言えますが，今回は必要ありません．定義からほぼ自明な三角関数の周期性を使えば証明できます）．まず定義より $φ_{0, 0} (\cos θ, \sin θ) = (1, θ - 2 π ⌊ \frac{θ}{2 π} ⌋)$ であり，第 $1$ 成分を見比べて $\sqrt{\cos^{2} θ + \sin^{2} θ} = 1$ つまり $\cos^{2} θ + \sin^{2} θ = 1$ を得ます． $0 < h < π$ のとき， $φ_{0, 0} (\cos h, \sin h) = (1, h)$ の第 $2$ 成分を見比べて $Θ_{+} (\cos h) = h$ ， $φ_{0, 0} (\cos (- h), \sin (- h)) = (1, - h + 2 π)$ の第 $2$ 成分を見比べて $π + Θ_{-} (\cos (- h)) = - h + 2 π$ より
$Θ_{-} (\cos (- h)) = - Θ_{+} (\cos h) + π = - \int_{\cos h}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} + \int_{- 1}^{1} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} = \int_{- 1}^{\cos h} \frac{d t}{\sqrt{1 - t^{2}}} = Θ_{-} (\cos h)$
であり， $Θ_{-}$ は単射なので $\cos (- h) = \cos h$ を得ます．よって $\sin (- h) = - \sqrt{\sin^{2} (- h)} = - \sqrt{1 - \cos^{2} (- h)} = - \sqrt{1 - \cos^{2} h} = - \sqrt{\sin^{2} h} = - \sin h$ より $\sin (- h) = - \sin h$ を得ます．

$lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を示すのに $lim_{h \to 0} \cos h = 1$ を使っていましたね．これも証明しておきます． $0 < h < π$ のとき， $φ_{0, 0} (\cos h, \sin h) = (1, h)$ の第 $2$ 成分を見比べて $Θ_{+} (X_{0, 0} (\cos h, \sin h)) = Θ_{+} (\cos h) = h$ を得ます．よって $lim_{h ↘ 0} Θ_{+} (\cos h) = lim_{h ↘ 0} h = 0 = Θ_{+} (1)$ であり， $Θ_{+}$ は連続なので $Θ_{+} (lim_{h ↘ 0} \cos h) = Θ_{+} (1)$ となり，さらに $Θ_{+}$ は単射なので $lim_{h ↘ 0} \cos h = 1$ を得ます． $lim_{h ↗ 0} \cos h = lim_{h ↘ 0} \cos (- h) = lim_{h ↘ 0} \cos h = 1$ と合わせて $lim_{h \to 0} \cos h = 1$ を得ます．なお今回は~~めんどくさいので~~証明しませんが，導関数を求める際に必要になる三角関数の連続性も同様の方法で証明できます．

さあお待たせしました， $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ を証明しましょう！ $0 < h < \frac{π}{2}$ とし，点 $(0, 0)$ を $P$ ，点 $(\cos h, \sin h)$ を $Q$ ，点 $(1, 0)$ を $R$ ，点 $(1, \tan h)$ を $S$ とします（ $0 < h < \frac{π}{2}$ ，つまり $Θ_{+} (1) < Θ_{+} (\cos h) < Θ_{+} (0)$ より $0 < \cos h < 1$ なので， $\cos h \neq 0$ であることに注意してください）．中心 $P$ ，半径 $1$ の円を考えると，点 $Q$ ， $R$ はこの円上にあります．この円上の点 $R$ から点 $Q$ まで反時計回りに沿った弧を $\overset{⌢}{QR}$ とします．

円の上側の陽関数 $f_{0, 0, 1}$ によって描かれる曲線は上に凸でしたので， $\cos h < t < 1$ を満たす実数 $t$ について，線分 $QR$ 上の $x$ 座標が $t$ である点の $y$ 座標より弧 $\overset{⌢}{QR}$ 上の $x$ 座標が $t$ である点の $y$ 座標の方が大きいことがわかります．また $a < x < a + r$ のとき $f_{0, 0, 1}$ は $x$ に関して単調減少でした． $0 < \cos h < 1$ より $\sin h \leq \tan h$ なので，直線 $QS$ の傾きは正です．ということは弧 $\overset{⌢}{QR}$ 上の $x$ 座標が $t$ である点の $y$ 座標より線分 $QS$ 上の $x$ 座標が $t$ である点の $y$ 座標の方が大きいことがわかります．これで三角形 $PQR$ の面積，扇形 $PQR$ の面積，三角形 $PSR$ の面積の順に大きくなることがわかり，
$\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin h < \frac{1}{2} \cdot \cos h \cdot \sin h + \int_{\cos h}^{1} f_{0, 0, 1} (t) d t < \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \tan h$ を得ます．これを変形すると
$\begin{aligned} \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin h < \frac{1}{2} \cdot \cos h \cdot \sin h + \int_{\cos h}^{1} f_{0, 0, 1} (t) d t < \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \tan h \\ ⟹ & \sin h < \cos h \sin h + 2 \int_{\cos h}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t < \tan h \\ ⟹ & \sin h < \cos h \sin h + \int_{\cos h}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t + \int_{\cos h}^{1} \sqrt{1 - t^{2}} d t < \tan h \\ ⟹ & \sin h < \cos h \sin h + \int_{\cos h}^{1} \frac{1 - t^{2}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t + {[t \sqrt{1 - t^{2}}]}_{t = \cos h}^{1} - \int_{\cos h}^{1} t \frac{- 2 t}{2 \sqrt{1 - t^{2}}} d t < \tan h \\ ⟹ & \sin h < \cos h \sin h + \int_{\cos h}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t + {[t \sqrt{1 - t^{2}}]}_{t = \cos h}^{1} < \tan h \\ ⟹ & \sin h < \cos h \sin h + h - \cos h \sqrt{1 - \cos^{2} h} < \tan h \\ ⟹ & \sin h < h < \tan h \\ ⟹ & \sin h < h \land h < \tan h \\ ⟹ & \frac{\sin h}{h} < 1 \land \cos h < \frac{\sin h}{h} \\ ⟹ & \cos h < \frac{\sin h}{h} < 1 \end{aligned}$
なので， $lim_{h ↘ 0} \cos h = 1$ とはさみうちの原理より $lim_{h ↘ 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ です！ $lim_{h ↗ 0} \frac{\sin h}{h} = lim_{h ↗ 0} \frac{\sin (- h)}{- h} = lim_{h ↘ 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ と合わせて $lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ が得られました！！！！！！