第2章関数の連続性・平均値の定理と双曲線関数

証明：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$（$0 \lt x \lt \frac\pi2$ の場合）

三角形 $OBP$，扇形 $OBP$，三角形 $OBT$ の面積を，それぞれ「$\frac12\times$底辺$\times$高さ」「$\frac12\times$半径$^2\times$中心角」の公式で計算すると，

$$ \underbrace{\frac12\cdot1\cdot1\cdot\sin x}_{\text{三角形 }OBP} \ \le\ \underbrace{\frac12\cdot1\cdot1\cdot x}_{\text{扇形 }OBP} \ \le\ \underbrace{\frac12\cdot1\cdot1\cdot\tan x}_{\text{三角形 }OBT} $$

（三角形 $OBP$ の面積は，底辺 $OB=1$，高さは $P$ の $y$ 座標 $\sin x$ であることから $\frac12\cdot1\cdot\sin x$．扇形の面積は，中心角 $x$，半径 $1$ の扇形の面積公式 $\frac12 r^2\theta$ に $r=1,\theta=x$ を代入して $\frac12 x$．三角形 $OBT$ の面積は，底辺 $OB=1$，高さ $BT=\tan x$ であることから $\frac12\tan x$．）両辺を $2$ 倍すると，

$$ \sin x \le x \le \tan x $$

を得る．これを

$$ \begin{cases}\sin x\le x&\cdots① \\ x\le\tan x&\cdots②\end{cases} $$

の2つの不等式に分けて扱う．①の両辺を（$0 \lt x \lt \frac\pi2$ では $x \gt 0$ だから）$x$ で割ると，

$$ \frac{\sin x}{x}\le1 $$

を得る．②について，$\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ を代入すると $x\le\dfrac{\sin x}{\cos x}$ となるので，両辺に（$0 \lt x \lt \frac\pi2$ では $\cos x \gt 0$ だから）$\cos x$ をかけると，

$$ x\cos x\le\sin x\quad\text{すなわち}\quad\cos x\le\frac{\sin x}{x} $$

を得る．①，②から得た2つの不等式 $\dfrac{\sin x}{x}\le1$ と $\cos x\le\dfrac{\sin x}{x}$ を合わせると，

$$ \cos x \le \frac{\sin x}{x} \le 1 \qquad\cdots③ $$

という，$\dfrac{\sin x}{x}$ を挟み込む不等式が得られる．③の各辺に $\displaystyle\lim_{x\to0}$ をつけると，

$$ \lim_{x\to0}\cos x \ \le\ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} \ \le\ \lim_{x\to0}1 $$

$\cos x$ は $x=0$ で連続な関数なので $\displaystyle\lim_{x\to0}\cos x=\cos0=1$ である（連続性の定義は2.2節で正確に述べる．ここでは高校既習の事実として使う）．よって左端と右端がともに $1$ になったので，第1章1.3節で証明したはさみうちの原理（squeeze theorem：両側から同じ値に挟まれた量はその値に収束するという定理）より，

$$ \therefore\ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} = 1 $$

が成り立つ．（$0 \gt x \gt -\frac\pi2$ の場合も，$\sin(-x)/(-x)=\sin x/x$ より同じ結果になるので，両側極限として成立する．）

証明：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1$

$\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ であるから，

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x} = \lim_{x\to0}\frac{\dfrac{\sin x}{\cos x}}{x} = \lim_{x\to0}\underbrace{\frac{\sin x}{x}}_{\to\,1}\cdot\frac{1}{\cos x} $$

（$\dfrac{\sin x}{\cos x\cdot x}=\dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac1{\cos x}$ と積の形に分けた．）$\cos x$ は $x=0$ で連続で $\cos0=1\neq0$ だから，$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{\lim_{x\to0}\cos x}=\frac11=1$ である．したがって，極限の積の性質（各極限が存在すれば積の極限は極限の積に等しい）より，

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x} = 1\cdot1 = 1 \qquad\therefore\ \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1 $$

証明：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12$

分母・分子に $1+\cos x$ を掛ける（$1+\cos x\neq0$ が $x=0$ の近くで保証されるので，これは同値変形である）．

$$ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)} = \lim_{x\to0}\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)} $$

三角関数の基本公式 $\sin^2x+\cos^2x=1$（高校既習）より $1-\cos^2x=\sin^2x$ だから，

$$ = \lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)} = \lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos x} $$

（$\dfrac{\sin^2x}{x^2}=\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2$ と分けた．）2.1.1の結果 $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$ と，$\cos x$ の連続性 $\lim_{x\to0}\cos x=1$ を使うと，

$$ = 1^2\cdot\frac{1}{1+1} = 1\cdot\frac12 = \frac12 \qquad\therefore\ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12 $$

導出：$\displaystyle\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$

オイラーの公式より $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\ \cdots①$．また，ド・モアブルの定理より $e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta\ \cdots②$．①$-$②を計算すると，$\cos\theta$ の項が打ち消し合って，

$$ e^{i\theta}-e^{-i\theta} = 2i\sin\theta $$

を得る．両辺を $2i$ で割ると（$i\neq0$ なので割ってよい），

$$ \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} = \sin\theta \qquad\therefore\ \sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} $$

導出：$\displaystyle\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$

同じく①，②を使う．今度は①$+$②を計算すると，$i\sin\theta$ の項が打ち消し合って，

$$ e^{i\theta}+e^{-i\theta} = 2\cos\theta $$

を得る．両辺を $2$ で割ると，

$$ \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} = \cos\theta \qquad\therefore\ \cos\theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2} $$

導出：$\displaystyle\tan\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{i(e^{i\theta}+e^{-i\theta})}$

$\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ に，直前の2つの結果を代入すると，

$$ \tan\theta = \frac{\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}}{\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}} $$

という繁分数（分母・分子がさらに分数である分数）になる．分母・分子に $2i$ を掛けて整理すると（分子は $\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\times2i=e^{i\theta}-e^{-i\theta}$，分母は $\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\times2i=i(e^{i\theta}+e^{-i\theta})$ となる），

$$ = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{i(e^{i\theta}+e^{-i\theta})} \qquad\therefore\ \tan\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{i(e^{i\theta}+e^{-i\theta})} $$

証明

$f(x)$ は $[a,b]$ で連続かつ $(a,b)$ で微分可能なので，グラフはなめらかに（切れ目やとがった点なしに）つながっている．証明は，$f(x)$ と $f(a)$ の大小関係によって3つの場合に分ける．

[1] ある $x\in(a,b)$ で $f(x) \gt f(a)$ となる場合．

$f(x)$ は $[a,b]$ で連続だから，前提として認めた最大値・最小値の定理（連続関数は有界閉区間で必ず最大値・最小値を持つという定理）より，$f(x)$ は $[a,b]$ 上で最大値を持つ．[1]の仮定 $f(x) \gt f(a)$（$=f(b)$）があるので，その最大値をとる点は端点 $a,b$ ではなく，開区間の内部のある点 $c$（$a \lt c \lt b$）である．すなわち $f(x)$ は最大値 $f(c)$（$a \lt c \lt b$）をもつ．最大値をとる点 $c$ からどちらの向きに $h$（$h\neq0$）だけずれても，値は最大値以下になるはずだから，

$$ f(c) \geqq f(c+h) \qquad\cdots① $$

を満たす．この不等式を，$h$ の符号で場合分けして微分係数の言葉に直す．

[i] $h \gt 0$ のとき．①より $f(c+h)-f(c)\leqq0$ である．これを（正の数である）$h$ で割っても不等号の向きは変わらないから，

$$ \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \leqq 0 $$

$h\to0$ の極限をとると（$f$ は $c$ で微分可能なので極限 $f'(c)$ が存在し，極限をとっても $\leqq$ の向きは保たれる），

$$ \lim_{h\to0^+}\frac{f(c+h)-f(c)}{h} = f'(c) \leqq 0 $$

[ii] $h \lt 0$ のとき．①より同じく $f(c+h)-f(c)\leqq0$ である．今度は（負の数である）$h$ で割るので不等号の向きが反転し，

$$ \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \geqq 0 $$

$h\to0$ の極限をとると，

$$ \lim_{h\to0^-}\frac{f(c+h)-f(c)}{h} = f'(c) \geqq 0 $$

[i]，[ii]をあわせると，$0\leqq f'(c)\leqq0$ となるので，$f'(c)=0$ が成り立つ．

[2] ある $x\in(a,b)$ で $f(x) \lt f(a)$ となる場合．

[1]と対称に議論する．最大値・最小値の定理より，$f(x)$ は $[a,b]$ 上で最小値を持つ．[2]の仮定があるので，その最小値をとる点も端点ではなく内部の点 $c$（$a \lt c \lt b$）である．$c$ から $h\ (h\neq0)$ にずれた点は必ず

$$ f(c) \leqq f(c+h) \qquad\cdots② $$

を満たす．[i] $h \gt 0$ のとき，②より $f(c+h)-f(c)\geqq0$ なので，正の数 $h$ で割って $\dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}\geqq0$，極限をとって $f'(c)\geqq0$．[ii] $h \lt 0$ のとき，②より同じく $f(c+h)-f(c)\geqq0$ だが，負の数 $h$ で割ると不等号が反転して $\dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}\leqq0$，極限をとって $f'(c)\leqq0$．[i]，[ii]をあわせると，$0\leqq f'(c)\leqq0$ となるので，やはり $f'(c)=0$ が成り立つ．

[3] すべての $x\in(a,b)$ で $f(x)=f(a)$ となる場合．

このとき $f(x)$ は $(a,b)$ 全体で一定の値 $f(a)$ をとる定数関数である．定数関数の導関数は恒等的に $0$ であるから，$a \lt x \lt b$ の範囲すべてにおいて $f'(x)=0$ となる．したがって，区間内のどの点を $c$ に選んでも $f'(c)=0$ が成り立つ．

[1]，[2]，[3] は互いに排反であり，かつどの $x\in(a,b)$ も必ずどれか1つの場合に属する（[1]の否定と[2]の否定を合わせると[3]になる）．よって，いずれの場合にも $a \lt c \lt b$ を満たす $c$ で $f'(c)=0$ となるものが存在することが示された．

（証明終わり）

証明

点 $A(a,f(a))$ と点 $B(b,f(b))$ を通る直線の方程式は，傾き $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ の直線として，

$$ y = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) + f(a) $$

と書ける．曲線 $y=f(x)$ とこの直線 $y$ との差関数を $F(x)$ とおく．

$$ F(x) = f(x) - y = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) - f(a) \qquad\cdots① $$

①に $x=a,b$ を代入して，両端での値を確かめる．

[1] $x=a$ のとき，

$$ F(a) = f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(a-a) - f(a) = f(a) - 0 - f(a) = 0 $$

（$(a-a)=0$ なので，中央の項がまるごと消える．）

[2] $x=b$ のとき，

$$ F(b) = f(b) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a) - f(a) = f(b) - \bigl(f(b)-f(a)\bigr) - f(a) = f(b)-f(b)+f(a)-f(a) = 0 $$

（$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\times(b-a)=f(b)-f(a)$ と約分できることを使った．）

$F(x)$ は，連続関数 $f(x)$ と1次関数の差であるから $[a,b]$ で連続，微分可能な $f(x)$ と1次関数の差であるから $(a,b)$ で微分可能な，なめらかな曲線である．また，[1]，[2]より $F(a)=F(b)(=0)$ であるので，ロルの定理（定理2.1）がそのまま適用できて，

$$ F'(c) = 0 \qquad(a \lt c \lt b) $$

を満たす $c$ が必ず存在する．そこで①を $x$ で微分する．右辺第2項の $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ は（$a,b$ を固定して考えているので）$x$ に依存しない定数であり，$(x-a)$ を $x$ で微分すると $1$ になることに注意すると，

$$ F'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} $$

これに $x=c$ を代入すると，$F'(c)=0$ であったから，

$$ F'(c) = f'(c) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 \qquad(a \lt c \lt b) $$

を得る．これを整理すれば（$-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ を移項するだけ），

$$ \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(c) \qquad(a \lt c \lt b) $$

となり，これが求める平均値の定理の結論である．

（証明終わり）

証明

$X=g(x)$，$Y=f(x)$（$a\le x\le b$）とおき，$(X,Y)$ 平面上の曲線として考える．点 $A(g(a),f(a))$ と点 $B(g(b),f(b))$ を通る直線の方程式 $Y$ は，傾き $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$（$g(a)\neq g(b)$ だから傾きは定義できる）の直線として，

$$ Y = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl\{X-g(a)\bigr\} + f(a) $$

と書ける．$f(x)$ とこの直線 $Y$（$X=g(x)$ を代入したもの）との差関数を $F(x)$ とおくと，

$$ F(x) = f(x) - Y = f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl\{g(x)-g(a)\bigr\} - f(a) \qquad(a\le x\le b) $$

（$X=g(x)$ を代入した．）$F(x)$ に $x=a,b$ を代入する．

[1] $x=a$ のとき，

$$ F(a) = f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl\{g(a)-g(a)\bigr\} - f(a) = f(a) - 0 - f(a) = 0 $$

[2] $x=b$ のとき，

$$ F(b) = f(b) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl\{g(b)-g(a)\bigr\} - f(a) = f(b) - \bigl(f(b)-f(a)\bigr) - f(a) = 0 $$

[1]，[2]より $F(a)=F(b)(=0)$ である．また，$F(x)$ は $f(x),g(x)$ の連続・微分可能性から $[a,b]$ で連続，$(a,b)$ で微分可能であるから，ロルの定理より，

$$ F'(c) = 0 \qquad(a \lt c \lt b) $$

を満たす $c$ が存在する．$F(x)$ を $x$ で微分する（右辺第2項の $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$ は，$a,b$ を固定して考えているので $x$ に依存しない定数であり，$\{g(x)-g(a)\}$ を $x$ で微分すると，定数 $g(a)$ の微分は $0$ になるので $g'(x)$ が残ることに注意する）と，

$$ F'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot g'(x) $$

$x=c$ を代入すると，$F'(c)=0$ より，

$$ F'(c) = f'(c) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot g'(c) = 0 $$

これを整理する（$g'(c)\neq0$ なので両辺を $g'(c)$ で割ってよい）と，

$$ f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot g'(c) \quad\Longrightarrow\quad \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} $$ $$ \therefore\ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} $$

（証明終わり）

証明（(I)）

コーシーの平均値の定理（定理2.3）の主張 $\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(c)}{g'(c)}$ において，端点の一方 $b$ を，変数 $x$ に置き換える（コーシーの平均値の定理は $[a,x]$ の区間にもそのまま適用できる）．

$$ \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} \qquad(a \lt c \lt x\ \text{もしくは}\ x \lt c \lt a) $$

（$x$ が $a$ より右にあれば $a \lt c \lt x$，左にあれば $x \lt c \lt a$ となる．）ここで仮定より $f(a)=0,g(a)=0$ なので，左辺の $-f(a),-g(a)$ が消えて，

$$ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} $$

という単純な形になる．この式の両辺に $\displaystyle\lim_{x\to a}$ をつけると，

$$ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f'(c)}{g'(c)} $$

ここで，$c$ は $a$ と $x$ の間にある数だから，$x\to a$ のとき $c$ もまた $a$ に近づく（$c\to a$）．したがって右辺の極限は，$x\to a$ に伴って $c\to a$ となる状況のもとでの $\dfrac{f'(c)}{g'(c)}$ の極限であり，これは $c$ を変数と読み替えた $\displaystyle\lim_{c\to a}\frac{f'(c)}{g'(c)}$ と同じ値になる．文字を $c$ から $x$ に付け替えれば，

$$ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{c\to a}\frac{f'(c)}{g'(c)} = \lim_{\substack{x\to a\\(c\to a)}}\frac{f'(c)}{g'(c)} $$ $$ \therefore\ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

（証明終わり）

証明（(II)）

$\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\alpha$ とする．これを $\varepsilon$-$\delta$論法で書くと，

$$ \forall\varepsilon \gt 0,\ \exists\delta \gt 0,\ \text{s.t.}\quad 0 \lt |x-a| \lt \delta \ \Rightarrow\ \left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-\alpha\right| \lt \varepsilon \qquad\cdots① $$

この $\delta$ を1つ固定しておく．いま，$a$ と $b$ の間に $x$ をとる（$b$ は $x$ よりも $a$ から遠い側に，$\delta$ 近傍内の1点として固定してとり，$x$ はその $b$ よりも $a$ に近い側を動く）．コーシーの平均値の定理を区間 $[b,x]$（または $[x,b]$）に適用すると，

$$ \frac{f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} \qquad(b \lt c \lt x \lt a\ \text{または}\ a \lt x \lt c \lt b) $$

という，$b$ と $x$ の間にある $c$ が存在する．左辺を，$f(x),g(x)$ をくくり出す形に無理やり変形する（分子・分母をそれぞれ $f(x),g(x)$ で割る）と，

$$ \frac{f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)} = \frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{1-\dfrac{f(b)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(b)}{g(x)}} = \frac{f'(c)}{g'(c)} $$

ここで，$c$ は $b$ と $x$ の間にあり，$b,x$ はどちらも $a$ の $\delta$ 近傍の中にあるので，$c$ もまた $a$ の $\delta$ 近傍の中にある：$0 \lt |c-a| \lt \delta$．したがって①がそのまま $c$ に適用でき，

$$ \left|\frac{f'(c)}{g'(c)}-\alpha\right| \lt \varepsilon $$

が成り立つ．先の等式と合わせると，

$$ \left|\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{1-\dfrac{f(b)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(b)}{g(x)}}-\alpha\right| \lt \varepsilon \qquad\cdots(\star) $$

を得る．ここで，$b$ は最初から（$\delta$ 近傍の中の）1つの定数として固定してあったことを思い出そう．そのうえで，$x$ を（$b$ よりも $a$ に近い側を動く変数として）$a$ に近づけていく極限 $x\to a$ を考える．$f(b),g(b)$ は，$b$ を固定した以上は動かないただの定数である．一方，仮定より $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\pm\infty$，$\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=\pm\infty$ だから，$x\to a$ のとき分母がいくらでも大きくなり，

$$ \frac{f(b)}{f(x)} \longrightarrow 0, \qquad \frac{g(b)}{g(x)} \longrightarrow 0 $$

となる．したがって $(\star)$ の中の補正因子 $\dfrac{1-f(b)/f(x)}{1-g(b)/g(x)}$ は，$x\to a$ のとき $1$ に近づいていく．そこで，$0 \lt |x-a| \lt \delta$ の範囲で改めて極限操作を行うと，

$$ \left|\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{1-\dfrac{f(b)}{f(x)}}{1-\dfrac{g(b)}{g(x)}}-\alpha\right| \longrightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-\alpha\right| \lt \varepsilon \qquad\cdots② $$

（補正因子が $1$ に収束するため，$(\star)$ の不等式は，$x$ を $a$ に十分近づけた極限でそのまま $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-\alpha\right| \lt \varepsilon$ に移る．）①，②を合わせると，任意の $\varepsilon \gt 0$ に対して，$\left|\dfrac{f(x)}{g(x)}-\alpha\right| \lt \varepsilon$ を満たす $\delta$ が存在することが示された——これはまさに $\varepsilon$-$\delta$論法による極限の定義そのものだから，

$$ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \alpha = \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$ $$ \therefore\ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

（証明終わり）

証明：$\sinh(\alpha+\beta)=\sinh\alpha\cosh\beta+\cosh\alpha\sinh\beta$

右辺を定義2.2にしたがって指数関数で書き下す．

$$ \sinh\alpha\cosh\beta+\cosh\alpha\sinh\beta = \frac14(e^\alpha-e^{-\alpha})(e^\beta+e^{-\beta}) + \frac14(e^\alpha+e^{-\alpha})(e^\beta-e^{-\beta}) $$

（$\sinh\alpha=\frac12(e^\alpha-e^{-\alpha})$，$\cosh\beta=\frac12(e^\beta+e^{-\beta})$ などをそのまま代入し，$\frac12\times\frac12=\frac14$ とした．）それぞれの積を展開すると，

$$ = \frac14\left(e^{\alpha+\beta}+e^{\alpha-\beta}-e^{-\alpha+\beta}-e^{-(\alpha+\beta)}\right) + \frac14\left(e^{\alpha+\beta}-e^{\alpha-\beta}+e^{-\alpha+\beta}-e^{-(\alpha+\beta)}\right) $$

2つの括弧を足し合わせると，$e^{\alpha-\beta}$ と $-e^{\alpha-\beta}$，$-e^{-\alpha+\beta}$ と $e^{-\alpha+\beta}$ がそれぞれ打ち消し合い，$e^{\alpha+\beta}$ と $-e^{-(\alpha+\beta)}$ の項だけが2倍になって残る．

$$ = \frac12\left(e^{\alpha+\beta}-e^{-(\alpha+\beta)}\right) $$

これは，定義2.2の $\sinh x=\frac12(e^x-e^{-x})$ に $x=\alpha+\beta$ を代入した形そのものだから，

$$ = \sinh(\alpha+\beta) $$

よって $\sinh(\alpha+\beta)=\sinh\alpha\cosh\beta+\cosh\alpha\sinh\beta$ が示された．（$\alpha-\beta$ の場合も，$\beta$ を $-\beta$ に置き換え，$\sinh(-\beta)=-\sinh\beta$，$\cosh(-\beta)=\cosh\beta$（定義から $e^{-\beta}$ と $e^{\beta}$ を入れ替えるだけなのですぐわかる）を使えば同じ結論が得られる．）

証明：$\cosh(\alpha+\beta)=\cosh\alpha\cosh\beta+\sinh\alpha\sinh\beta$

同様に右辺を展開する．

$$ \cosh\alpha\cosh\beta+\sinh\alpha\sinh\beta = \frac14(e^\alpha+e^{-\alpha})(e^\beta+e^{-\beta}) + \frac14(e^\alpha-e^{-\alpha})(e^\beta-e^{-\beta}) $$ $$ = \frac14\left(e^{\alpha+\beta}+e^{\alpha-\beta}+e^{-\alpha+\beta}+e^{-(\alpha+\beta)}\right) + \frac14\left(e^{\alpha+\beta}-e^{\alpha-\beta}-e^{-\alpha+\beta}+e^{-(\alpha+\beta)}\right) $$

今度は $e^{\alpha-\beta}$ と $-e^{\alpha-\beta}$，$e^{-\alpha+\beta}$ と $-e^{-\alpha+\beta}$ が打ち消し合い，$e^{\alpha+\beta}$ と $e^{-(\alpha+\beta)}$ の項が2倍になって残る．

$$ = \frac12\left(e^{\alpha+\beta}+e^{-(\alpha+\beta)}\right) = \cosh(\alpha+\beta) $$

よって $\cosh(\alpha+\beta)=\cosh\alpha\cosh\beta+\sinh\alpha\sinh\beta$ が示された．

証明：$\tanh(\alpha+\beta)=\dfrac{\tanh\alpha+\tanh\beta}{1+\tanh\alpha\tanh\beta}$

$\tanh x=\dfrac{\sinh x}{\cosh x}$ の定義と，直前の2つの加法定理を使う．

$$ \tanh(\alpha+\beta) = \frac{\sinh(\alpha+\beta)}{\cosh(\alpha+\beta)} = \frac{\sinh\alpha\cosh\beta+\cosh\alpha\sinh\beta}{\cosh\alpha\cosh\beta+\sinh\alpha\sinh\beta} $$

分母・分子の両方を $\cosh\alpha\cosh\beta$ で割ると（$\cosh$ は常に正なのでこれで割ってもよい），

$$ = \frac{\dfrac{\sinh\alpha\cosh\beta}{\cosh\alpha\cosh\beta}+\dfrac{\cosh\alpha\sinh\beta}{\cosh\alpha\cosh\beta}}{\dfrac{\cosh\alpha\cosh\beta}{\cosh\alpha\cosh\beta}+\dfrac{\sinh\alpha\sinh\beta}{\cosh\alpha\cosh\beta}} = \frac{\dfrac{\sinh\alpha}{\cosh\alpha}+\dfrac{\sinh\beta}{\cosh\beta}}{1+\dfrac{\sinh\alpha}{\cosh\alpha}\cdot\dfrac{\sinh\beta}{\cosh\beta}} = \frac{\tanh\alpha+\tanh\beta}{1+\tanh\alpha\tanh\beta} $$

（証明終わり）

導出：$\sinh x,\cosh x$ のマクローリン展開と，三角関数との比較

$\sin x,\cos x$ のマクローリン展開（高校範囲を超える結果だが，第4章4.2.2節で正式に証明する．ここでは結果を借りる）は，

$$ \sin x = \frac{x}{1!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\cdots \qquad\cdots① $$ $$ \cos x = 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\cdots \qquad\cdots② $$

である．また，$e^x,e^{-x}$ のマクローリン展開は，

$$ e^x = 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^6}{6!}+\cdots \qquad\cdots③ $$ $$ e^{-x} = 1-\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^5}{5!}+\frac{x^6}{6!}-\cdots \qquad\cdots④ $$

（④は③の $x$ を $-x$ に置き換え，$(-x)^n=(-1)^nx^n$ を使って整理したもの．）定義2.2の $\sinh x=\frac12(e^x-e^{-x})$ に③，④を代入すると，

$$ \sinh x = \frac12\left\{\left(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\right)-\left(1-\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right)\right\} $$

偶数次の項（$1,\frac{x^2}{2!},\frac{x^4}{4!},\ldots$）は符号がそろっているので引き算で消え，奇数次の項（$\frac{x}{1!},\frac{x^3}{3!},\ldots$）は符号が逆なので引き算で2倍に残る．

$$ = \frac12\left\{2\left(\frac{x}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^7}{7!}+\cdots\right)\right\} = \frac{x}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}+\cdots \qquad\cdots⑤ $$

同様に，定義2.2の $\cosh x=\frac12(e^x+e^{-x})$ に③，④を代入すると，今度は奇数次の項が消え，偶数次の項が2倍に残る．

$$ \cosh x = \frac12\left\{\left(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots\right)+\left(1-\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}-\cdots\right)\right\} = 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}+\cdots \qquad\cdots⑥ $$

ここで①，②，⑤，⑥の4つの展開を並べて見比べる．

$$ \sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\cdots,\qquad \sinh x = x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}+\cdots $$ $$ \cos x = 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\cdots,\qquad \cosh x = 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}+\cdots $$

$\sin x,\cos x$ の展開に現れる負符号がすべて正符号に変わっているだけで，項の絶対値（各項の係数と次数）はまったく同じである．

証明：$\cosh^2x-\sinh^2x=1$（定義から直接計算）

定義2.2にもとづいて，$\cosh^2x,\sinh^2x$ をそれぞれ2乗の展開公式 $(A\pm B)^2=A^2\pm2AB+B^2$ を使って計算する．

$$ \cosh^2x = \left\{\frac12(e^x+e^{-x})\right\}^2 = \frac14\left(e^{2x}+2\cdot e^x\cdot e^{-x}+e^{-2x}\right) = \frac14(e^{2x}+e^{-2x}+2) $$

（$e^x\cdot e^{-x}=e^{x-x}=e^0=1$ を使った．）同様に，

$$ \sinh^2x = \left\{\frac12(e^x-e^{-x})\right\}^2 = \frac14\left(e^{2x}-2+e^{-2x}\right) = \frac14(e^{2x}+e^{-2x}-2) $$

差をとると，$e^{2x}+e^{-2x}$ の部分が打ち消し合って，

$$ \cosh^2x-\sinh^2x = \frac14\left\{(e^{2x}+e^{-2x}+2)-(e^{2x}+e^{-2x}-2)\right\} = \frac14\times4 = 1 $$ $$ \therefore\ \cosh^2x-\sinh^2x=1 $$

別解：加法定理を使う証明

定理2.5の $\cosh(\alpha-\beta)=\cosh\alpha\cosh\beta-\sinh\alpha\sinh\beta$ に $\alpha=\beta=x$ を代入すると，

$$ \cosh(x-x) = \cosh x\cosh x - \sinh x\sinh x = \cosh^2x-\sinh^2x $$

一方，左辺は $\cosh(x-x)=\cosh0=\dfrac{e^0+e^0}{2}=\dfrac{1+1}{2}=1$ である．よって，

$$ \cosh^2x-\sinh^2x = \cosh0 = 1 \qquad\therefore\ \cosh^2x-\sinh^2x=1 $$

（加法定理をすでに証明してあれば，定義に戻って計算し直すよりもこちらのほうが速い——三角関数の $\cos(\alpha-\alpha)=1$ から $\cos^2x+\sin^2x=1$ を導くのとまったく同じ発想である．）

証明：$\sinh2x=2\sinh x\cosh x$

加法定理（定理2.5）に $\alpha=\beta=x$ を代入する．

$$ \sinh(x+x) = \sinh x\cosh x+\cosh x\sinh x = 2\sinh x\cosh x $$

左辺は $\sinh(x+x)=\sinh2x$ だから，

$$ \therefore\ \sinh2x = 2\sinh x\cosh x $$

（これは双曲線関数の2倍角の公式である——三角関数の $\sin2x=2\sin x\cos x$ に対応する．）

証明：$\cosh2x=\cosh^2x+\sinh^2x$

同じく加法定理に $\alpha=\beta=x$ を代入する．

$$ \cosh(x+x) = \cosh x\cosh x+\sinh x\sinh x = \cosh^2x+\sinh^2x $$

左辺は $\cosh(x+x)=\cosh2x$ だから，

$$ \therefore\ \cosh2x = \cosh^2x+\sinh^2x $$

（これも双曲線関数の2倍角の公式であり，三角関数の $\cos2x=\cos^2x-\sin^2x$ と比べると，符号が $-$ から $+$ に変わっている点に注意する．2.5.3節で見た「符号がすべて $+$ になる」現象がここにも表れている．）

証明

$y=\sinh^{-1}x$ とは，$x=\sinh y$ を $y$ について解いた式のことである．そこでまず，$x$ を $y$ の関数として書き，逆に $y$ を $x$ で表す方針をとる．

$$ y=\sinh^{-1}x \ \Longleftrightarrow\ x=\sinh y $$

ここで，$\cosh y=\frac12(e^y+e^{-y})$，$\sinh y=\frac12(e^y-e^{-y})$ の定義から，2つを足すと $e^y$ だけが単独で残ることに注目する．

$$ \cosh y + \sinh y = \frac12(e^y+e^{-y}) + \frac12(e^y-e^{-y}) = e^y $$

すなわち $e^y=\cosh y+\sinh y$ である．ここで，2.5.4節で証明した恒等式 $\cosh^2y-\sinh^2y=1$ を $\cosh y=\sqrt{1+\sinh^2y}$（$\cosh y$ は常に正なので平方根の符号は $+$ でよい）と変形して代入すると，

$$ e^y = \sqrt{1+\sinh^2y}+\sinh y $$

いま $x=\sinh y$ とおいていたのだから，これはそのまま

$$ e^y = \sqrt{1+x^2}+x $$

と書き直せる．両辺の自然対数をとると（$\sqrt{1+x^2}+x$ は常に正なので対数が取れる：$\sqrt{1+x^2} \gt |x|\ge-x$ より $\sqrt{1+x^2}+x \gt 0$），

\begin{equation} y = \ln\!\left(\sqrt{x^2+1}+x\right) \label{eq:2-asinh} \end{equation}

（証明終わり）

証明

$y=\cosh^{-1}x$ とは $x=\cosh y$ を $y$ について解いた式である．2.6.2節と同じく，$e^y=\cosh y+\sinh y$ の関係を使う．今度は $\cosh^2y-\sinh^2y=1$ を $\sinh y=\pm\sqrt{\cosh^2y-1}$ の形に変形して代入する．

$$ e^y = \cosh y+\sinh y = \cosh y\ \pm\sqrt{\cosh^2y-1} $$

$x=\cosh y$ とおいていたので，

$$ e^y = x\pm\sqrt{x^2-1} $$

両辺の自然対数をとると，

\begin{equation} y = \ln\!\left(x\pm\sqrt{x^2-1}\right) \label{eq:2-acosh} \end{equation}

証明

$y=\tanh^{-1}x$ とは $x=\tanh y$ を $y$ について解いた式である．定義2.2の $\tanh y=\dfrac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}$ を使うと，

$$ x = \frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}} $$

両辺に $(e^y+e^{-y})$ を掛けて分母を払うと，

$$ x(e^y+e^{-y}) = e^y-e^{-y} $$

$e^y$ の項どうし，$e^{-y}$ の項どうしをそれぞれ左辺・右辺に集めるよう整理する（$xe^y-e^y$ を左辺に，$-e^{-y}-xe^{-y}$ を右辺に移項する）と，

$$ xe^{-y}+e^{-y} = e^y-xe^y \quad\Longrightarrow\quad (x+1)e^{-y} = (1-x)e^{y} $$

両辺を $(1-x)e^{-y}$ で割る（$-1 \lt x \lt 1$ より $1-x \gt 0$，また $e^{-y} \gt 0$ なので割ってよい）と，

$$ \frac{x+1}{1-x} = \frac{e^y}{e^{-y}} = e^{2y} $$

すなわち $e^{2y}=\dfrac{1+x}{1-x}$ である．両辺の平方根をとると（$-1 \lt x \lt 1$ より右辺は正なので平方根が取れる），

$$ e^y = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} $$

両辺の自然対数をとり，$\ln\sqrt{A}=\frac12\ln A$（対数の性質，高校既習）を使うと，

\begin{equation} y = \ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} = \frac12\ln\!\left(\frac{1+x}{1-x}\right) \label{eq:2-atanh} \end{equation}

（証明終わり）