或る三角形の存在性

131

TeXインポートでは、現在以下の項目が未対応です。

図・表
定理環境
スタイルファイル
MathJaxで動作しないコマンド

三角関数をどう定義すれば, それは曖昧ではない定義といえるかということについて話します。これは三角関数が満たす性質として何を挙げれば, 三角関数がもつ他の性質を全て導き出せるのかという話に関係します。このことは単純とはいえないことの確認から始めていきます。なお本記事は受講している教職の授業に関係する形で執筆することを決めた次第です。

単位円を使った定義から

三角関数 $\cos θ, \sin θ$ の定義を復習すると

$0 < θ \leq \frac{π}{2}$ とし, $x y$ 平面上の原点を中心とする半径1の円Cの $x \geq 0, y \geq 0$ の部分を $C_{+}$ とします。Aを点(1,0)とし $C_{+}$ 上の点P(x,y)を, $∠ A O P$ が $θ$ となるように取ります。このとき, $\cos θ = x$ , $\sin θ = y$ として $\cos θ$ と $\sin θ$ を定義します。

これには不十分な点があって, 実数 $θ$ に対して弧 $∠ A O P = θ$ を満たす点 $P$ はなぜ存在するのかという点です。これを保証するのが実数の連続性の公理（中間値の定理と同値）と呼ばれているものです。これから別の方法で定義することについて述べますが, 上のような曖昧さは回避できるのでしょうか？

等速円運動の方程式から

「三角関数の性質」の中で特に大事なのは加法定理でしょうが, 微分公式
$(\cos x)^{'} = - \sin x, (\sin x)^{'} = \cos x$ $も大事でした。微分公式に加えて（任意性を消すために） \cos 0 = 1, \sin 0 = 1 を合わせると三角関数の定義として十分になります。定理として書くと$

すべての実数に対して定義された微分可能な関数 $f (x), g (x) で$ $f^{'} (x) = - g (x), g^{'} (x) = f (x), f (0) = 1, g (0) = 0$ を満たすものがただ $1$ 組存在します（証明では実数の連続性の公理というより完備性が重要な働きをする）

そんな1組の $f (x), g (x)$ を $\cos x, \sin x$ とかき三角関数を定義します。

また定理1より $\cos^{2} x + \sin^{2} x = 1$ となることを得ます。

指数関数から

実数 $x$ に対して三角関数を
$\cos x = Re (e^{i x}) = \frac{e^{i x} + e^{- i x}}{2} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{(2 n)!}, \sin x = Im (e^{i x}) = \frac{e^{i x} - e^{- i x}}{2 i} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!}$

によって定義することも十分です。でもテイラー展開可能性とか知っておく必要があります。また, ここから微分公式を示すには, 項別微分ができる条件に関する定理と用語を使うことになります（実数の公理が必要）。

逆三角関数の逆関数として

ここでは, まず曲線の長さを定義しますが, 連続微分可能な関数 $f : [a, b] \to R$ による $[a, b]$ 上の曲線の長さを $\int_{a}^{b} \sqrt{1 + f^{'} (x)^{2}} d x$ で表します。なお, はじめに, $∠ A O P = θ$ となる点Pの存在性について疑義が感じられると書いたことは今 $0 \leq p \leq 1$ として, 円 $x^{2} + y^{2} = 1$ の $0 \leq x \leq p, y \geq 0$ の部分である弧APの長さ $ℓ (A P) が θ$ と一致する点Pがあるのかについてに置き換わっています。逆関数の微分等を述べる余力がないので, この節でいう所の定義については種本である「微積分」(斎藤毅[著])などをご参照ください。

2番目に微分公式から定義したものの, 加法定理によって三角関数を定義することはできる（どのような条件を課せば十分か？）のか、他の数学的対象から三角関数を定義できたりするのか（利点があれば）、考える余地があると思います。

余談

このように三角関数（や指数関数）を良く定義するためには実数とは何かから考え直す必要に迫られました。実数の連続性の公理については平方根の存在等にも関係していたものでしたが、また復習する機会に恵まれました。杉浦氏著『解析入門 $I$ 』7ページのAの定義では $x^{2} \leq a$ と記してありますがこれは $<$ としても次のように直せば問題ありません。まず, (R17)の連続性の公理より順序体 $R$ のある元 $b$ があって $b = sup A > 0$ は (R17)内の条件を今満たすので変わりなく使えます。後の方で $ϵ := min {b, \frac{a - 4 b^{2}}{5 b}}$ とおき, $(b + ϵ)^{2} < (2 b + ϵ)^{2} \leq a$ より $b + ϵ \in A$ となり $b$ が $A$ の上限であることに矛盾し, また $b^{2} > a$ と仮定する場合には $ϵ$ はテキスト通りの数として $(b - ϵ)^{2} \geq a \Leftrightarrow b - ϵ \notin A$ かつ $A$ の元なのでこの時も矛盾します。
上記の定理は初期値問題の一意性を表すものですが, $g^{″} (x) = - g (x), g (0) = 0$ での微分方程式は $g^{'} = - \int g (x) d x$ と変形できて $g^{'} = F (x, g (x))$ という正規形です。
どの方法による三角関数の定義でも実数の公理によって（説明していませんが）数学的な定義となっていることが, 実数の性質の非自明さを表しています。

[補遺]ある三角形の限局的存在について

ある性質を満たす三角形は限定的な存在であることについて示します。可換体論の知識を仮定します。

$T = Δ A B C$ を $α = ∠ B A C, β = ∠ A B C, γ = ∠ A C B$ をもつ三角形とし, 頂点Aから線分BC上の点に向かって引く線分とAB,ACによってTは $α$ を $n$ 等分する $n$ 個の部分三角形に分割されるとき, Tは $n$ 扇子的三角形又は $n$ 扇子的であるといいます。ここで, $n$ 扇子的なTに対するその辺の長さと, $n$ 個の部分三角形の構成要素であるTの内部にある辺の長さは有理数であるとするとき, 特に, Tは本当の $n$ 扇子であると呼びます。そのような性質を満たすTはどの位珍しいものでしょうか。

このような $n$ 扇子的三角形Tは $n = 2, 3$ の時にしか存在しません。つまり,

Tは本当の $n$ 扇子 $\Rightarrow n = 2, 3$

となります。

オイラー関数 $ϕ (n)$ は $n$ が $n = \prod_{k = 1}^{d} p_{k}^{e_{k}}$ と素因数分解されるとき,
$ϕ (n) = n \prod_{k = 1}^{d} (1 - p_{k}^{- 1})$ と表せます。

$\cos \frac{π}{n} \in Q (n \geq 2) \Leftrightarrow n = 2, 3$

$\Leftarrow)$ は明らか。
$\Rightarrow)$ $ξ_{2 n} = \cos \frac{2 π}{2 n} + i \sin \frac{2 π}{2 n}$ とおくと, $ξ_{2 n}$ は $f (X) = X^{2} - (2 \cos \frac{2 π}{2 n}) X + 1 \in Q [X]$ の根より, $ξ_{2 n}$ の $Q$ 上の最小多項式の次数は1または2である一方で, $ξ_{2 n}$ の $Q$ 上最小多項式は円分多項式 $Φ_{2 n} (X)$ です。 $\deg Φ_{2 n} (X) = # {i \in N | 1 \leq i \leq 2 n, GCD (i, 2 n) = 1} =: ϕ (2 n) = 2 n \frac{p_{1} - 1}{p_{1}} \dots \frac{p_{d} - 1}{p_{d}}$ が補題より成り立ちます。 $ϕ (2 n) \in {1, 2}$ と, $p_{1}, . . ., p_{d}$ は $2 n$ を割り切る互いに相異なる素数としているため, $n = 2, 3$ です。

任意の $n \in N$ に対し, $f_{n} (X), g_{n - 1} (X) \in Q [X]$ であって
$(1)$ $\deg (f_{n}) = n$ ,
$\forall X \in R s . t . f_{n} (X) = 2^{n - 1} X^{n} + \dots かつ \cos (n X) = f_{n} (\cos X)$
$(2)$ $\deg (g_{n - 1}) = n - 1$ ,
$\forall X \in R ∖ {k π | k \in Z} s . t . g_{n - 1} (X) = 2^{n - 1} X^{n - 1} + \dots かつ \frac{\sin (n X)}{\sin X} = g_{n - 1} (\cos X)$ を満たすものが存在します。

加法定理より, $k \geq 1$ で
$\cos (k + 1) X = \cos (k X) \cos X - \frac{\sin (k X)}{\sin X} (1 - \cos^{2} X)$ $\frac{\sin (k + 1) X}{\sin X} = \frac{\sin (k X)}{\sin X} \cos X + \cos (k X)$
が成り立つので，
$f_{1} (X) := X, g_{0} (X) := 1 f_{k + 1} (X) := f_{k} (X) X - g_{k - 1} (X) (1 - X^{2}) g_{k} (X) := g_{k - 1} (X) X + f_{k} (X)$
と定めれば良いです。

$n \in N, q \in Q_{> 0}, X_{1}, . . ., X_{n} \in R$ とします。
${\cos X_{1}, \sqrt{q} \sin X_{1}, . . ., \cos X_{n}, \sqrt{q} \sin X_{n}} \subset Q \Rightarrow {\cos (X_{1} + \dots X_{n}), \sqrt{q} \sin (X_{1} + \dots + X_{n})} \subset Q$
が成り立ちます。

次の加法定理と $n \geq 1$ に関する帰納法から $O . K .$
$\cos (X_{1} + \dots X_{n + 1}) = \cos (X_{1} + \dots X_{n}) \cos X_{n + 1} - \frac{1}{q} (\sqrt{q} \sin (X_{1} + \dots X_{n})) (\sqrt{q} \sin X_{n + 1})$ $\sqrt{q} \sin (X_{1} + \dots X_{n + 1}) = (\sqrt{q} \sin (X_{1} + \dots X_{n})) \cos X_{n + 1} + \cos (X_{1} + \dots X_{n}) (\sqrt{q} \sin X_{n + 1})$

$a = | B C |, b = | A C |, c = | A B |, α = ∠ B A C, β = ∠ A B C, γ = ∠ B C A$ をもつ三角形Tがあります。 $n \in N$ に対し ${\cos \frac{α}{n}, \cos \frac{β}{n}, \cos \frac{γ}{n}} \subset Q$ ならば,
$(1) {\frac{b}{a}, \frac{c}{a}} \subset Q \Leftrightarrow (2) {\frac{\sin \frac{β}{n}}{\sin \frac{α}{n}}, \frac{\sin \frac{γ}{n}}{\sin \frac{α}{n}}} \subset Q$

正弦定理より，
$\frac{b}{a} = \frac{\sin β}{\sin α} = \frac{\sin β}{\sin \frac{β}{n}} \frac{\sin \frac{α}{n}}{\sin α} \frac{\sin \frac{β}{n}}{\sin \frac{α}{n}}$
補題3(2)の条件を満たすような $\frac{β}{n}, \frac{α}{n} \in R ∖ {k π | k \in Z}$ については, 補題3(2)により
$\frac{\sin β}{\sin \frac{β}{n}} \frac{\sin \frac{α}{n}}{\sin α} \in Q_{> 0}$ (今は $n \in N$ なので常に成立)

よって，
$\frac{b}{a} \in Q \Leftrightarrow \frac{\sin \frac{β}{n}}{\sin \frac{α}{n}} \in Q$ ( $\frac{c}{a}$ についても同様)

$\cot \frac{π}{2 n} = \frac{1 + \cos \frac{π}{n}}{\sin \frac{π}{n}}, また \cos \frac{α}{n} = \frac{1 - \tan^{2} \frac{α}{2 n}}{1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n}}, \sin \frac{α}{n} = \frac{2 \tan \frac{α}{2 n}}{1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n}}$

$(左辺) = \frac{\cos \frac{π}{2 n}}{\sin \frac{π}{2 n}} \underset{倍角公式}{=} \frac{\cos \frac{π}{2 n}}{\frac{\sin \frac{π}{n}}{2 \cos \frac{π}{2 n}}} = \frac{1 + \cos \frac{π}{n}}{\sin \frac{π}{n}}$
もう一方は $\cos \frac{α}{n} (1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n}) = 1 - \tan^{2} \frac{α}{2 n}$ が成り立つことと同値で
$1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n} = \frac{1}{\cos^{2} \frac{α}{2 n}} = \frac{2}{1 + \cos \frac{α}{n}} と 1 - \tan^{2} \frac{α}{2 n} = 2 - \frac{1}{\cos^{2} \frac{α}{2 n}} = 2 - \frac{2}{1 + \cos \frac{α}{n}}$
また最後は
$(左辺) = 2 \sin \frac{α}{2 n} \cos \frac{α}{2 n} ・ \frac{1}{\cos^{2} \frac{α}{2 n}} = (右辺)$

$n \in N_{\geq 2}, 0 < α, β, γ < π$ は三角形Tの構成要素としての角度とし, このときTの構成要素としての辺と $n$ 扇子的なTを分割する部分三角形の構成要素としての, Tの内部にある辺の長さが有理数である必要十分条件は,
$(1) \cos \frac{π}{n} \in Q, (2) \cot \frac{π}{2 n} \tan \frac{ω}{2 n} \in Q (ω \in {α, β})$
が満たされること。つまり $γ$ に対しては要求しないで $O . K .$

$\Rightarrow) A_{0}, . . ., A_{n}$ を線分BC上の点であって, $A_{0} = B, A_{n} = C, ∠ A_{i - 1} A A_{i} = \frac{α}{n} (1 \leq i \leq n)$ を満たすものとし $a_{i} := | A_{i - 1} A_{i} |$ とおきます。するとTは $n$ 扇子的なこと及び, 三角形の面積公式より $i \in {1, . . ., n - 1}$ に対して次の等号が成り立ち, そして仮定から
$\frac{a_{i}}{a_{i + 1}} = \frac{| A A_{i - 1} |}{| A A_{i + 1} |} \in Q$
これと $a_{1} + \dots + a_{n} = | B C | \in Q, a_{i} > 0$ により, 任意の $i (1 \leq i \leq n)$ で $a_{i} \in Q$ であることが判明します。
$∵) \exists \frac{q}{p} \in Q a_{i} = a_{1} \frac{q}{p}$ で $\exists \frac{q^{'}}{p^{'}} \in Q s . t . a_{1} + \dots + a_{n} = a_{1} \frac{q^{'}}{p^{'}} \in Q$ より $a_{1} \in Q$ であり, 同様にして $\forall i$ に対して $a_{i} \in Q$ です。
余弦定理から
$\cos \frac{α}{n} = \frac{| A A_{0}^{2} | + | A A_{1} |^{2} - a_{1}^{2}}{2 | A A_{0} | | A A_{1} |} \in Q, \cos \frac{β}{n}, \cos \frac{γ}{n} \in Q$
$q = (1 - \cos^{2} \frac{α}{n})^{- 1}$ とおくと, 補題5より
${\sqrt{q} \sin \frac{α}{n}, \sqrt{q} \sin \frac{β}{n}, \sqrt{q} \sin \frac{γ}{n}} \subset Q$
であり, 以上と補題4と $α + β + γ = π$ より
${\cos \frac{π}{n}, \sqrt{q} \sin \frac{π}{n}} \subset Q$
が言えます。これと上の公式から
$\cot \frac{π}{2 n} \tan \frac{α}{2 n} = \frac{1 + \cos \frac{π}{n}}{\sqrt{q} \sin \frac{π}{n}} \frac{\sqrt{q} \sin \frac{α}{n}}{1 + \cos \frac{α}{n}} \in Q$
同様に
$\cot \frac{π}{2 n} \tan \frac{ω}{2 n} \in Q$
となります。
$\Leftarrow)$
仮定より $q := \sin^{2} \frac{π}{n} \in Q$ です。 $\sqrt{q} \cot \frac{π}{2 n} = \sqrt{q} \frac{1 + \cos \frac{π}{n}}{\sin \frac{π}{n}} \in Q$ なので
$\sqrt{q} \tan \frac{α}{2 n} = \frac{\sqrt{q} \cot \frac{π}{2 n} ・ \cot \frac{π}{2 n} \tan \frac{α}{2 n}}{\cot^{2} \frac{π}{2 n}} = \frac{\frac{q}{p} ・ \frac{q^{'}}{p^{'}}}{{(\frac{q}{p} \frac{1}{\sqrt{q}})}^{2}} \in Q, 同様に \sqrt{q} \tan \frac{ω}{2 n} \in Q$ $\cos \frac{α}{n} = \frac{1 - \tan^{2} \frac{α}{2 n}}{1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n}} = \frac{1 - {(\frac{\frac{q^{'}}{p^{'}}}{\cot \frac{π}{2 n}})}^{2}}{1 + {(\frac{\frac{q^{'}}{p^{'}}}{\cot \frac{π}{2 n}})}^{2}} = \frac{{(\frac{\frac{s}{r}}{\sqrt{q}})}^{2} - {(\frac{q^{'}}{p^{'}})}^{2}}{{(\frac{\frac{s}{r}}{\sqrt{q}})}^{2} + {(\frac{q^{'}}{p^{'}})}^{2}} \in Q$
これらより
$\sqrt{q} \sin \frac{α}{n} = \frac{2 \sqrt{q} \tan \frac{α}{2 n}}{1 + \tan^{2} \frac{α}{2 n}} = \cos^{2} \frac{α}{2 n} ・ 2 \sqrt{q} \tan \frac{α}{2 n} \in Q, 同様に \sqrt{q} \sin \frac{β}{n} \in Q$
となります。補題4から, $\cos \frac{γ}{n}, \sqrt{q} \sin \frac{γ}{n} \in Q$ です。
ここで補題5の $(2) \Rightarrow (1)$ を使うことができ, もし一辺が有理数となるようなTを選んで取るとTの全ての辺は有理数であることがわかります。正弦定理によって $i \in {0, 1, . . ., n}$ に対して
$| A A_{i} | = \frac{| A B | ・ \sin β}{\sin (\frac{i α}{n} + β)}$
が成り立ち, 加法定理から
$\frac{\sin (\frac{i α}{n} + β)}{\sin β} = \frac{\sin \frac{i α}{n}}{\sin \frac{α}{n}} ・ \frac{\sqrt{q} \sin \frac{α}{n}}{\sqrt{q} \sin \frac{β}{n}} ・ \frac{\sin \frac{β}{n}}{\sin β} ・ \cos β + \cos \frac{i α}{n}$
であって, 補題3(1)はある $Q$ 係数多項式 $f_{n}$ があって $\cos (β) = f_{n} (\cos \frac{β}{n})$ を満たすことを意味する他, (2)を第一項に用いることで所望の $| A A_{i} | \in Q$ を得て, Tは本当の $n$ 扇子です。