三角関数の公理的構築

定義 1 1. より，
$C(0)=C(p-p)=(C(p){)}^2+(S(p){)}^2=(C(p){)}^2+1$ なので， $C(0)\ge 1$．
一方， 同様に $C(0)=C(0-0)=(C(0){)}^2+(S(0){)}^2\ge (C(0){)}^2$ と上の議論から $C(0)>0$ を合わせて，両辺 $C(0)$ で割ると $1\ge C(0)$．
ゆえに，$C(0)=1$ である． 合わせて $S(0)=0$ がわかる．

定義 1 1. と補題 1 より，
$C(-x)=C(0-x)=1\cdot C(x)+0\cdot S(x)=C(x).$

i. 定義 1 1. より，$1=C(0)=C(x-x)=(C(x){)}^2+(S(x){)}^2$.
ii. 定義 1 3. と i. を合わせて，明らか．

定義 1 1., 3. より，$1=(C(p){)}^2+(S(p){)}^2=(C(p){)}^2+1$ なので， $C(p)=0$ である．

(a) 定義 1 1. と 補題 4 より，$C(p-x)=0\cdot C(x)+1\cdot S(x)=C(x)$.
(b) (a) において $x$ を $p-x$ に置き換えることで示される．
(c) (a) において $x=\frac{p}{2}$ の場合である．
(d) $x\in [0,p]$ において，$C(x)=S(p-x)$ であり，補題 3 ii. から従う．

(a) 補題 5 (a), (b) より，$S(x+y)=C((p-x)-y)=C(p-x)C(y)+S(p-x)S(y)=S(x)C(y)+C(x)S(y)$.
(b) (a) において $y=x$ とした場合である．
(c) (b) において， $x=p$ とすると，補題 4 より従う．

(a) 補題 3 i. と補題 5 (c) から従う．
(b) (a) と補題 3 ii. および 補題 5 (d) から従う．

補題 1, 補題 6 (a), 補題 7 (b), 補題 2より，$$\begin{gathered} 0=S(0)=S({\displaystyle \frac{p}{2}}+(-{\displaystyle \frac{p}{2}}))=S\left({\displaystyle \frac{p}{2}}\right)C(-{\displaystyle \frac{p}{2}})+C\left({\displaystyle \frac{p}{2}}\right)S(-{\displaystyle \frac{p}{2}}) \\ =S\left({\displaystyle \frac{p}{2}}\right){\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}S(-{\displaystyle \frac{p}{2}}). \end{gathered}$$
よって， $S(-{\displaystyle \frac{p}{2}})=-S\left({\displaystyle \frac{p}{2}}\right)$ であり，補題 7 (b) から，示された．

補題 6 (b), 補題 2, 補題 7, 補題 8 より，$S(-p)=2S(-{\displaystyle \frac{p}{2}})C(-{\displaystyle \frac{p}{2}})=-1$.

補題 9 と補題5 (b) より従う．

補題 5 (a), 定義 1 1. より，
$S(-x)=C(p-(-x))=C(-p-x)=C(-p)C(x)+S(-p)S(x)$.
さらに，補題 2, 補題 4, 補題 9 より，
$S(-x)=-S(x)$.

(a) 定義 1 1., 補題 2, 補題 11 より，$C(x+y)=C(x-(-y))=C(x)C(-y)+S(x)S(-y)=C(x)C(y)-S(x)S(y)$.
(b) (a) において $y=x$ とし，補題 3 i. と合わせて示される．
(c) (b) において $x$ を $\frac{x}{2}$ と置き換えた場合に相当する．

補題 6 (a), 補題 2, 補題 11 より．$S(x-y)=S(x+(-y))=S(x)C(-y)+C(x)S(-y)=S(x)C(y)-C(x)S(y)$.

(a) 補題 6 (a), 定義 1 2., 補題 4 より，$S(p+x)=1\cdot C(x)+0\cdot S(x)=C(x)$.
(b) 補題 12 (a), 定義 1 2., 補題 4 より，$C(p+x)=0\cdot C(x)-1\cdot S(x)=-S(x)$.
(c) 補題 6 (a), 補題 6 (c), 補題 10 より，$S(2p+x)=0\cdot C(x)+(-1)\cdot S(x)=-S(x)$.
(d) 補題 12 (a), 補題 6 (c), 補題 10 より，$C(2p+x)=(-1)\cdot C(x)-0\cdot S(x)=-C(x)$.
(e) 補題 6 (a), 補題 6 (b), (c), 補題 10, 補題 12 (b) より，$S(4p+x)=0\cdot C(x)+1\cdot S(x)=S(x)$.
(e) 補題 12 (a), 補題 6 (b), (c), 補題 10, 補題 12 (b) より，$C(4p+x)=1\cdot C(x)-0\cdot S(x)=C(x)$.

(a) 補題 3 (b), 補題 5 (d), 補題 12 (a) より， $C(x+y)\le C(x)$.
(b) 補題 5(a), 補題 15 (a) より，従う．

$C$ の値域は $[0,1]$ であることと，補題 12 (c) より，$C\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\ge {\left(C\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\right)}^2={\displaystyle \frac{1+C(x)}{2}}\ge {\displaystyle \frac{1+(1-c)}{2}}\ge 1-{\displaystyle \frac{c}{2}}$.

補題 4 より，$C(p)=0\ge 1-1$ であるから，補題 16 から帰納的に $C\left({\displaystyle \frac{p}{2^n}}\right)\ge 1-{\displaystyle \frac{1}{2^n}}$ が任意の正整数 $n$ について示される．一方 $C(x)\le 1$ であるから，区間縮小法により従う．

(a) 補題 17 と補題 15 (a) より，従う．実際，

$\mathrm{\forall }ϵ>0.\mathrm{\exists }{n}_0.n>n_0\Rightarrow |C\left({\displaystyle \frac{p}{2^n}}\right)-1|<\epsilon$

が補題 17 より成り立ち，$C$ の単調性から，上記条件下で $n_0$ に対し，$\mathrm{\forall }x\in [0,p].|x|<{\displaystyle \frac{p}{2^{n_0}}}\Rightarrow |C(x)-1|<\epsilon$ が成立するため，連続である．

(b) 補題 18 (a) と補題 3 (a) より，従う．実際，$C$ と連続関数 $x\mapsto x^2$ の合成は連続であり，定数関数 $x\mapsto 1$ との差 $x\mapsto 1-(C(x){)}^2=(S(x){)}^2$ も連続である．$x\mapsto \sqrt{x}$ も連続であるから，これらの合成も連続であり，示される．

補題 18, 補題 6 (a) 補題 12 (a) より，$y=\mathrm{\Delta }x$ として，

$$\begin{gathered} {\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}S(x+\mathrm{\Delta }x)={\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}(S(x)C(\mathrm{\Delta }x)+C(x)S(\mathrm{\Delta }x))}} \\ =S(x){\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}C(\mathrm{\Delta }x)+C(x){\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}S(\mathrm{\Delta }x)=S(x)C(0)+C(x)S(0)=S(x),}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}C(x+\mathrm{\Delta }x)={\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}(C(x)C(\mathrm{\Delta }x)-S(x)S(\mathrm{\Delta }x))}} \\ =C(x){\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}C(\mathrm{\Delta }x)-S(x){\displaystyle \underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}S(\mathrm{\Delta }x)=C(x)C(0)-S(x)S(0)=C(x).}} \end{gathered}$$

ここで，定数倍の極限値，和の極限値についての事実を用いた．

$C(x)$ の値がわかっていれば，補題 12 (a) により帰納的に $C(kx)$, 補題 12 (c) より帰納的に $C\left({\displaystyle \frac{x}{2^n}}\right)$ を得ることができる ($k,n$ は任意の正整数)．定義 1 1. より $C(p)=0$ であるから，$C(x),x={\displaystyle \frac{kp}{2^n}},x\in [0,p]$ の値がわかっている．このような $x$ が $[0,p]$ の中に稠密に分布していることを示す．

$y\in [0,p]$ を取る．$a_0=0,b_0=p$ とし，$c_0=\frac{a+b}{2}$ に対し，$y\le c_0$ ならば $a_1=0,b_1=c_0$ そうでないならば $a_1=c_0,b_1=b_0$ とする．これを繰り返し，区間 $I_n=[a_n,b_n]$ の列を作ると，$y\in [a_n,b_n]$ は常に保たれ，$I_n\subseteq I_{n-1}(n\ge 1)$ であり，その幅は $b_n-a_n=\frac{1}{2}(b_{n-1}-a_{n-1})=\frac{1}{2^n}(a_0-b_0)$ であるから，区間縮小法により，実数がただ一つ定まり，これが $y$ と一致する．すなわち，${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=y}$ であり，$a_n,b_n$ は上記の $x$ の形をしている (これは帰納的に容易に示される) から，稠密性が示された．

よって，$C$ の連続性と稠密性から，一意に定まる．補題 3 (a) より，$S$ も定まる．

補題 6 (b), 補題 5 (d), 補題 1, 補題 15 (a), 補題 19 より，
$F(2x)={\displaystyle \frac{S(2x)}{2x}}={\displaystyle \frac{2S(x)C(x)}{2x}}=(F(x))C(x)<F(x).$
次に $F(kx)<F((k-1)x)$ を仮定し，$F((k+1)x)<F(kx)$ を示す．前提を整理すると，補題 13 より，

$$\begin{gathered} F(kx)<F((k-1)x), \\ {\displaystyle \frac{S(kx)}{kx}}<{\displaystyle \frac{S((k-1)x}{(k-1)x}}, \\ (k-1)S(kx)<kS((k-1)x), \\ kS(kx)-S(kx)<kS(kx)C(x)-kC(kx)S(x). \end{gathered}$$

補題 5 (d) と上記より，

$$\begin{gathered} kS(kx)C(x)-S(kx)\le kS(kx)-S(kx), \\ <kS(kx)C(x)-kC(kx)S(x), \\ \le kS(kx)-kC(kx)S(x). \end{gathered}$$

よって，

$$\begin{gathered} kS(kx)C(x)+kC(kx)S(x)<kS(kx)+S(kx), \\ kS((k+1)x)<(k+1)S(kx), \\ F((k+1)x)<F(kx). \end{gathered}$$

上記定理の証明．

$0<x_0<y\le 1$ とする．$k$ を $2^{-k}{x}_0<y-x_0$ となるものとして定める．$x_1=x_0+2^{-k}{x}_0<y$ とおくと，$x_0=2^k(2^{-k}{x}_0)$, $x_1=(2^k+1)(2^{-k}{x}_0)$ である．よって，上の補題より $F(x_0)>F(x_1)$ である．$\epsilon =F(x_0)-F(x_1)>0$ とおく．$F$ は連続であるから，$\mathrm{\exists }\delta >0.y-\delta <t<y\Rightarrow |F(y)-F(t)|<\epsilon$ が成立する．特に $y-\delta <x_1<y\Rightarrow F(y)-F(x_1)\le |F(y)-F(x_1)|<\epsilon =F(x_0)-F(x_1)$ が成り立つある $\delta >0$ を取ることができる．このとき，$F(y)<F(x_0)$ である．一方，$x_1\le y-\delta$ ならば，$2^{-(k+j)}{x}_0<\delta$ となるように正整数 $j$ を取ることができる．すると，アルキメデス性より，ある正整数 $n$ が存在して，$y-\delta <x_1+n(2^{-(k+j)})x_0<y$ が成り立つ．$x_2=x_1+n(2^{-(k+j)})x_0$ とすると，$x_1=(2^j+2^{(j+k)})(2^{-(j+k)}{x}_0)$ と $x_2=(2^j+2^{(j+k)}+n)(2^{-(j+k)}{x}_0)$．そして再び上記補題より，$F(x_2)<F(x_1)$ であり，$F(y)-F(x_2)\le |F(y)-F(x_2)|<\epsilon =F(x_0)-F(x_1)<F(x_0)-F(x_2)$. ゆえに，$F(y)<F(x_0)$ である．

補題 16 より，$C(2^{-n})\ge 1-2^{-n}$ ならば，$C(2^{-(n+1)})\ge 1-2^{-(n+1)}$ である．$C(2^{-0})=C(1)=0\ge 1-2^{-0}$ であるから，帰納的に $C(2^{-n})\ge 1-2^{-n}$ が任意の非負整数 $n$ について示される．よって，上記は成り立つ．

補題 3 (a) と補題 12 (c) より，

$$\begin{gathered} F^2\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)={\displaystyle \frac{(S(\frac{x}{2}){)}^2}{(\frac{x}{2}{)}^2}}={\displaystyle \frac{4}{x^2}}\cdot {\displaystyle \frac{1-C(x)}{2}}={\displaystyle \frac{4}{x^2}}\cdot {\displaystyle \frac{1-(C(x){)}^2}{1+C(x)}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}} \\ ={\displaystyle \frac{2}{1+C(x)}}\cdot {\left({\displaystyle \frac{S(x)}{x}}\right)}^2={\displaystyle \frac{2}{1+C(x)}}F(x) \end{gathered}$$

であるから，$F^2(2^{-1})={\displaystyle \frac{2}{1+C(1)}}{F}^2(1)=2\le {\displaystyle \frac{2^{1+1}}{2^{1-1}+1}}$ である．

$F^2(2^{-k})\le {\displaystyle \frac{2^{k+1}}{2^{k-1}+1}}$ を仮定すると，

$$\begin{gathered} F^2(2^{-(k+1)})={\displaystyle \frac{2}{1+C(2^{-k})}}{F}^2(2^{-k}) \\ \le {\displaystyle \frac{2}{2-2^{-k}}}\cdot {\displaystyle \frac{2^{k+1}}{2^{k-1}+1}} \\ ={\displaystyle \frac{2^{k+2}}{2^k+1+(1-2^{-1}-2^{-k})}}. \end{gathered}$$

$k\ge 1$ のとき，分母のカッコ内は非負なので，仮定した不等式が任意の正整数 $k$ について成り立つ．これはいずれも 4 で上から抑えられるため，考えている数列は有界であり，上記定理より単調増加であるから，有界な単調数列の収束性により，極限値を持つ．

上記定理の証明．

上記補題と $F(x)$ が減少関数であることから，従う (同様の議論を補題 18 の証明で行った)．

$1=\left({\displaystyle \frac{2}{\pi }}\right)\cdot \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)={\displaystyle \frac{2}{\pi }}{\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{S(x)}{x}}={\displaystyle \frac{2}{\pi }}{\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{S(\frac{2x}{\pi })}{\frac{2x}{\pi }}}={\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{S(\frac{2x}{\pi })}{x}}={\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}}}}}$.

$S$ が下方に有界として，下限の存在を示せばもう一方は同様であるから十分である．
$S$ の下界 $a$ に対し， $a$ より小さい数も下界であるから，下界全体の集合 $A$ と $B=\mathbb{R}\setminus A$ の組は切断である．なぜなら， 任意の $b\in B$ は下界でないので，任意の下界 $a\in A$ に対し $a<b$ が成立するからである．
この切断によって定まる数を $s$ とする．定理 1 より， $s$ は $A$ の最大数であるか，$B$ の最小数であるかのいずれかである．
$s\in B$ と仮定する．$s$ は下界でないので，ある $x$ に対し，$x<s$ が成立する．ここで $x<b<s$ なる実数 $b$ を取ると，$x<b$ より $b$ は下界でなく，$b\in B$ である．しかし，$b<s$ であるから，$s$ の最小性に矛盾する．
ゆえに，$s$ は $B$ の最小数ではなく，$A$ の最大数，すなわち下限である．

$\alpha \ne {\alpha }^{\prime }$ とし，$(a_n)$ が $\alpha ,{\alpha }^{\prime }$ に収束すると仮定すると，$|\alpha -{\alpha }^{\prime }|\le |a_n-\alpha |+|a_n-{\alpha }^{\prime }|$ であり，十分大きな $n$ を取ればこれは任意の $\epsilon >0$ で上から抑えられるため，矛盾する．

任意の $\epsilon >0$ を取ると，$(a_n)$ の収束性から，

$n>p\Rightarrow \alpha -\epsilon <a_n<\alpha +\epsilon$

なる自然数 $p$ がある．そこで，$|a_1|,|a_2|,\dots ,|a_p|,|\alpha -\epsilon |,|\alpha +\epsilon |$ の $p+2$ 個の数のどれよりも大きい数を $M$ とすれば，$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.|a_n|<M$ が成立する．

また，$|\alpha |>M$ と仮定すれば，$|\alpha |>M^{\prime }>M$ なる $M^{\prime }$ があり，$|\alpha -a_n|>M^{\prime }-M>0$ となり，矛盾するので，示された．

いわゆる絶対値の三角不等式から，1., 2. は明らかであろう．
そして 3. については，

$\alpha \beta -a_n{b}_n=(\alpha -a_n)\beta +a_n(\beta -b_n)$

であり，収束列の有界性より，$|\beta |<M,|a_n|<M$ とすれば，

$|\alpha \beta -a_n{b}_n|\le M(|\alpha -a_n|+|\beta -b_n|)$.

$n$ を十分大きくすれば，右辺は任意の $\epsilon$ で抑えられるため，示される．

さらに 4. については，

${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{b_n}}={\displaystyle \frac{1}{\beta }}}$

を示せば，3. と合わせて示せるので十分である．

仮定により，$|\beta |>0$ であり，ある番号以上は $|b_n|>{\displaystyle \frac{1}{2}}|\beta |$ であるから，

$$\begin{gathered} |{\displaystyle \frac{1}{\beta }}-{\displaystyle \frac{1}{b_n}}|=\left|{\displaystyle \frac{b_n-\beta }{\beta b_n}}\right| \\ \le {\displaystyle \frac{2|b_n-\beta |}{|\beta {|}^2}}. \end{gathered}$$

$n$ を十分大きくすれば，右辺は任意の $\epsilon >0$ で上から抑えられるので示された．

単調増加の場合に示せば十分であろう．
有界な単調増加数列には全ての $n$ に対して $a_n<M$ となる定数 $M$ が存在する．その上限はワイエルシュトラスの定理により存在するので，それを $\alpha$ とする．すると $\alpha$ が $(a_n)$ の極限である．実際，${\alpha }^{\prime }<\alpha$ とすれば，上限の定義に従って ${\alpha }^{\prime }<a_p\le \alpha$ なる $a_p$ があるが，数列は単調増加であるため，$n>p$ のとき ${\alpha }^{\prime }<a_n\le \alpha$．よって，$|\alpha -a_n|<\alpha -{\alpha }^{\prime }$ であり，${\alpha }^{\prime }<\alpha$ は任意であるから ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\alpha }$ である．

仮定 1. より， $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n\le \cdots \le b_n\le \cdots \le b_2\le b_1$ なので，数列 $(a_n),(b_n)$ は有界単調数列である．従って，上で示したことより極限値 $\alpha ,\beta$ が存在する：
${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\alpha ,{\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\beta }}$.
任意の $n,m$ に対し $a_n<b_m$ だから $\alpha \le b_m$，よって $\alpha \le \beta$．
仮定 2. により，任意の $\epsilon >0$ に対し，$b_n-a_n<\epsilon$ なる $n$ が存在する． $a_n\le \alpha \le \beta \le b_n$ より，$0\le \beta -\alpha <\epsilon$．$\epsilon$ は任意なので，$\alpha =\beta$．

iv $\Rightarrow$ i を示す．
$(A,B)$ を切断とする．$A,B$ から 一つずつ $a,b$ を取り出して，$I_0=[a,b]$ とする．さて，$\frac{a+b}{2}$ は $A$ または $B$ の一方に属するが，それぞれの場合について
$a_1=\frac{a+b}{2},b_1=b$
または
$a_1=a,b_1=\frac{a+b}{2}$
と置けば $I_1=[a_1,b_1]$ の左端は $A$ に属し，右端は $B$ に属し，その幅は $b_1-a_1=\frac{1}{2}(b-a)$ である．
同様にして，区間の列 $I_0\supseteq I_1\supseteq I_2\supseteq \cdots \supseteq I_n\supseteq \cdots$ であり，$I_n=[a_n,b_n],b_n-a_n=\frac{1}{2^n}(b-a)$ であるものを得るが，これは区間縮小法の仮定を満たすので，ある実数 $s$ が定まる．これは $A$ または $B$ のいずれかに属さなければならない．$s\in A$ とすると，$s<s^{\prime }$ なる $s^{\prime }$ に対し，${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=s}$ であるから，$s<b_n<s^{\prime }$ なる $b_n$ が存在するので，$s^{\prime }$ は $B$ に属する．従って $s$ は $A$ の最大数である．このとき $B$ に最小数 $s^{\prime }$ があったとすると，$s<b_n<s^{\prime }$ なる $b_n$ が存在し，$b_n$ が $B$ に属するから，最小性に矛盾するので，$B$ に最小数はない．

$s\in B$ の場合も同様だから，i が示される．

否定を取り，$\mathrm{\exists }\epsilon >0.\mathrm{\exists }a>0.\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.n\le {\displaystyle \frac{a}{\epsilon }}$ が成り立つとする．ゆえに，全ての自然数の集合が上に有界であるから，ワイエルシュトラスの定理により上限 $s$ が存在する．上限の定義により $s-1<m\le s$ を満たす自然数 $m$ があるから，$s<m+1$．しかし，$m+1$ も自然数であるから，これは $s$ が上限であることに矛盾する．したがって示された．

和・差・積・商の極限値から即座に従う．