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， $C(0) \geq 1$．
一方， 同様に $C(0) = C(0-0) = (C(0))^2 + (S(0))^2 \geq (C(0))^2$ と上の議論から $C(0) > 0$ を合わせて，両辺 $C(0)$ で割ると $1 \geq C(0)$．
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，$0 = S(0) = S\left(\dfrac{p}{2}+\left(-\dfrac{p}{2}\right)\right) = S\left(\dfrac{p}{2}\right)C\left(-\dfrac{p}{2}\right)+C\left(\dfrac{p}{2}\right)S\left(-\dfrac{p}{2}\right)\\=S\left(\dfrac{p}{2}\right)\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}S\left(-\dfrac{p}{2}\right).$
よって， $S\left(-\dfrac{p}{2}\right) = -S\left(\dfrac{p}{2}\right)$ 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，$S(-p) = 2S\left(-\dfrac{p}{2}\right)C\left(-\dfrac{p}{2}\right) = -1$.

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， $C(x+y) \leq C(x)$.
(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，$C\left(\dfrac{x}{2}\right) \geq \left(C\left(\dfrac{x}{2}\right)\right)^2 = \dfrac{1+C(x)}{2} \geq \dfrac{1+(1-c)}{2} \geq 1-\dfrac{c}{2}$.

補題 4 より，$C(p) = 0 \geq 1-1$ であるから，補題 16 から帰納的に $C\left(\dfrac{p}{2^n}\right) \geq 1-\dfrac{1}{2^n}$ が任意の正整数 $n$ について示される．一方 $C(x) \leq 1$ 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，

$\forall \epsilon > 0.\ \exists n_0.\ n > n_0 \Rightarrow \left|C\left(\dfrac{p}{2^n}\right)-1\right| < \varepsilon$

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，$\forall x \in [0, p].\ |x| < \dfrac{p}{2^{n_0}} \Rightarrow |C(x)-1| < \varepsilon$ 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，$y = \Delta x$ として，

$\displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} S(x+\Delta x) = \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} (S(x)C(\Delta x)+C(x)S(\Delta x))\\=S(x) \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} C(\Delta x)+C(x) \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} S(\Delta x) = S(x)C(0)+C(x)S(0) = S(x),$

$\displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} C(x+\Delta x) = \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} (C(x)C(\Delta x)-S(x)S(\Delta x))\\=C(x) \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} C(\Delta x)-S(x) \displaystyle\lim_{\Delta x \to 0} S(\Delta x) = C(x)C(0)-S(x)S(0) = C(x).$

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 $C\left(\dfrac{x}{2^n}\right)$ 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，$C(x),\ x = \dfrac{kp}{2^n},\ x \in [0, p]$ 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，$y \leq c_0$ 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，$I_n \subseteq I_{n-1}\ (n \geq 1)$ 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，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = y$ 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，
$F(2x) = \dfrac{S(2x)}{2x} = \dfrac{2S(x)C(x)}{2x} = (F(x))C(x) < F(x).$
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，

$F(kx) < F((k-1)x),\\\dfrac{S(kx)}{kx} < \dfrac{S((k-1)x}{(k-1)x},\\(k-1)S(kx) < kS((k-1)x),\\kS(kx)-S(kx) < kS(kx)C(x)-kC(kx)S(x).$

補題 5 (d) と上記より，

$kS(kx)C(x)-S(kx) \leq kS(kx)-S(kx),\\< kS(kx)C(x)-kC(kx)S(x),\\\leq kS(kx)-kC(kx)S(x).$

よって，

$kS(kx)C(x)+kC(kx)S(x)< kS(kx)+S(kx),\\kS((k+1)x) < (k+1)S(kx),\\F((k+1)x) < F(kx).$

上記定理の証明．

$0 < x_0 < y \leq 1$ 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．$\varepsilon = F(x_0)-F(x_1) > 0$ とおく．$F$ は連続であるから，$\exists \delta > 0. y-\delta < t < y \Rightarrow |F(y)-F(t)| < \varepsilon$ が成立する．特に $y-\delta < x_1 < y \Rightarrow F(y)-F(x_1) \leq |F(y)-F(x_1)| < \varepsilon = F(x_0)-F(x_1)$ 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，$x_1 \leq y-\delta$ 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，$F(y)-F(x_2) \leq |F(y)-F(x_2)| < \varepsilon = F(x_0)-F(x_1) < F(x_0)-F(x_2)$. ゆえに，$F(y) < F(x_0)$ である．

補題 16 より，$C(2^{-n}) \geq 1-2^{-n}$ ならば，$C(2^{-(n+1)}) \geq 1-2^{-(n+1)}$ である．$C(2^{-0}) = C(1) = 0 \geq 1-2^{-0}$ であるから，帰納的に $C(2^{-n}) \geq 1-2^{-n}$ 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，

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

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

$F^2(2^{-k}) \leq \dfrac{2^{k+1}}{2^{k-1}+1}$ を仮定すると，

$F^2(2^{-(k+1)})=\dfrac{2}{1+C(2^{-k})}F^2(2^{-k})\\\leq \dfrac{2}{2-2^{-k}} \cdot \dfrac{2^{k+1}}{2^{k-1}+1}\\=\dfrac{2^{k+2}}{2^k+1+(1-2^{-1}-2^{-k})}.$

$k \geq 1$ 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)．

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

$S$ 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．

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

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

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

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

また，$|\alpha| > M$ と仮定すれば，$|\alpha| > M' > M$ なる $M'$ があり，$|\alpha-a_n| > M'-M > 0$ 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，

$\alpha\beta-a_nb_n = (\alpha-a_n)\beta + a_n(\beta-b_n)$

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

$|\alpha\beta-a_nb_n| \leq M(|\alpha-a_n|+|\beta-b_n|)$.

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

さらに 4. については，

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{b_n} = \dfrac{1}{\beta}$

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 $|b_n| > \dfrac{1}{2}|\beta|$ であるから，

$\left|\dfrac{1}{\beta}-\dfrac{1}{b_n}\right| = \left|\dfrac{b_n-\beta}{\beta b_n}\right|\\\leq \dfrac{2|b_n-\beta|}{|\beta|^2}.$

$n$ を十分大きくすれば，右辺は任意の $\varepsilon > 0$ 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，$\alpha' < \alpha$ とすれば，上限の定義に従って $\alpha' < a_p \leq \alpha$ 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 $\alpha' < a_n \leq \alpha$．よって，$|\alpha-a_n| < \alpha-\alpha'$ であり，$\alpha' < \alpha$ は任意であるから $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$ である．

仮定 1. より， $a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n \leq \cdots \leq b_n \leq \cdots \leq b_2 \leq b_1$ 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：
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha,\ \displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = \beta$.
任意の $n, m$ に対し $a_n < b_m$ だから $\alpha \leq b_m$，よって $\alpha \leq \beta$．
仮定 2. により，任意の $\varepsilon > 0$ に対し，$b_n - a_n < \varepsilon$ なる $n$ が存在する． $a_n \leq \alpha \leq \beta \leq b_n$ より，$0 \leq \beta-\alpha < \varepsilon$．$\varepsilon$ 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，$s< s'$ なる $s'$ に対し，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = s$ であるから，$s < b_n < s'$ なる $b_n$ が存在するので，$s'$ 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 $s'$ があったとすると，$s < b_n < s'$ 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，$\exists \varepsilon > 0.\ \exists a > 0.\ \forall n \in \mathbb{N}.\ n \leq \dfrac{a}{\varepsilon}$ 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 $s-1 < m \leq s$ 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．

定数関数が連続であることは自明であろう．線形関数の場合も，連続の定義における $\delta$ を $\varepsilon$ と等しくとれば成り立つことがわかる．

また，和・差・積・商の連続性により，2 番目の主張も従う．

$x \mapsto \sqrt{x}$ に関しては，$\sqrt{x}-\sqrt{a} = \dfrac{x-a}{\sqrt{x}+\sqrt{a}}$ より，示される．

$f$ の連続性より，

$\forall \delta_2 > 0.\ \exists \delta_1 > 0.\ \forall x \in X.\ |x-a| < \delta_1 \Rightarrow |f(x)-f(a)| < \delta_2$

であり，$g$ の連続性より，

$\forall \varepsilon > 0.\ \exists \delta_2 > 0.\ \forall x \in X.\ |f(x)-f(a)| < \delta_2 \Rightarrow |g(f(x))-g(f(a))| < \varepsilon$

よって，

$\forall \varepsilon > 0.\ \exists \delta_1 > 0.\ \forall x \in X.\ |x-a| < \delta_1 \Rightarrow |g(f(x))-g(f(a))| < \varepsilon$

が成立し，連続性が示される．

$X = E$ の場合は自明．
$X \neq E$ のとき，任意の $y \in X \setminus E$ を取る．このとき，$f, g$ の連続性から，

$\forall \varepsilon > 0.\ \exists \delta_1 > 0.\ \forall x \in X.\ |x-y| < \delta_1 \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \dfrac{\varepsilon}{2}$,

$\forall \varepsilon > 0.\ \exists \delta_2 > 0.\ \forall x \in X.\ |x-y| < \delta_2 \Rightarrow |g(x)-g(y)| < \dfrac{\varepsilon}{2}$

が成り立つ．同一の $\varepsilon > 0$ に対応する $\delta_i\ (i=1,2)$ に対し，$\delta=\min\{\delta_1, \delta_2\}$ とすると，

$\forall \varepsilon > 0.\ \exists \delta > 0.\ \forall x \in X.\ |x-y| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \dfrac{\varepsilon}{2} \land |g(x)-g(y)| < \dfrac{\varepsilon}{2}$

である．この条件下で，$E$ の稠密性から，$E \cap \{x\ \vert\ |x-y| < \delta\} \neq \emptyset$ であり，ここから任意の元 $z$ をとってくると，$f(z)=g(z)$ であるから，

$|f(y)-g(y)| \leq |f(z)-f(y)| + |f(z)-g(y)| = |f(z)-f(y)| + |g(z)-g(y)| \\< \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$

が任意の $\varepsilon > 0$ について成り立つので，$f(y) = g(y)$ である．