こんにちはゲストさん。会員登録(無料)して質問・回答してみよう!

締切り済みの質問

オイラーの公式による加法定理の証明は循環論法?

三角関数の加法定理は、大抵
・単位円上の2点で余弦定理
・オイラーの公式
を使って証明されると思います

また、オイラーの公式による証明は通常テイラー展開が用いられると思います、そしてテイラー展開をするにはsinとcosのn次導関数を求める必要があります


ここで、問題なのですが
(sinx)'=cosx
の導出は
lim[h→0] {sin(x+h)-sinx}/x
=lim[h→0] 2cos(x+2h)sin(h/2)/h 和→積の公式…*
=cosx
として通常行うと思います

しかし、*の公式(の導出)では三角関数の加法定理を用いています これは循環論法に当たるのではないでしょうか?


皆さんはどう思いますでしょうか?

また、もし循環論法ならどこを改善すればいいでしょうか?

投稿日時 - 2009-04-15 01:29:52

QNo.4880351

暇なときに回答ください

このQ&Aは役に立ちましたか?

16人が「このQ&Aが役に立った」と投票しています

回答(13)

ANo.13

> 幾何学的な方法による和→積の公式の証明は0<α+β<πのものしか知りませんが、一般角で成り立つものはありますでしょうか?

その方法をうまく変形して、一般角に拡張できないでしょうか。

私が知っている方法は次の通りです。

・xy座標上に単位円を用意する
・第1象限の円周上に点A、第4象限の円周上に点Bを配置する
・OAと「x軸の正の部分」がなす角をα、OBと「x軸の正の部分」がなす角をβとおく。
 (0° < α < 90°、0° < β < 90°)
・つまりαは反時計回りの方向を正とし、βは時計回りの方向を正とする。
・x軸と「点Aからx軸に向かって引いた垂線」の交点を点H、x軸と「点Bからx軸に向かって引いた垂線」の交点を点Iとおく
・AH = sinα, BI = sinβなので、AH + BI = sinα + sinβ。このAH + BIの長さをsinα + sinβ以外の方法で表す

sinα - sinβの和→積公式を求めたいなら、
次のように変更すれば良いと思います。

・点Bを第2象限におく
・OBと「x軸の負の部分」がなす角をβ(時計回りの方向を正。0° < β < 90°)とおく
・AH - BIの長さをsinα - sinβ以外の方法で表す

αに第2象限の角、βに第1象限の角を使いたいなら、
角度の数え方を次のようにします。

・αは反時計回りの方向を正とし、0°はx軸の負の部分
・βは反時計回りの方向を正とし、0°はx軸の正の部分

こうすれば一番最初に書いた方法が適用できます。

αに第3象限の角や第4象限の角を使いたいなら、
AHの長さを-sinαとしてしまえば良いと思います。
αもβも第3, 4象限の角なら、AH + BIを求めることで
sinα + sinβの和→積公式を導けると思います
(α、β共に第4象限のケースは試してみました)。

α、βの片方が第1象限(または第2象限)で片方が第3象限(または第4象限)なら、
AH - BIを求めることによってsinα + sinβの
和 → 積公式を導けると思います(これは試してません)。

投稿日時 - 2009-04-16 01:55:49

ANo.12

Z=a+bi , W=c+di とすると
ZW=a(c+di)+b(c+di)i=a(c+di)+b(-d+ci)
複素平面で、
(c+di) を左に90度回転すると (-d+ci)になる。
新たに座標軸を取る。原点は同じで、
c+di の向きにX軸、-d+ci の向きにY軸とし
目盛りは、|c+di|=|-d+ci|=√(c^2+d^2) を単位とする。
新座標での、a(c+di)+b(-d+ci) の座標は (a,b)
原点からの距離は、√(a^2+b^2)
1目盛り √(c^2+d^2) だから、
実際の大きさは、 √(a^2+b^2)√(c^2+d^2)
つまり、  |ZW|=|Z||W|
また、   arg(ZW)=argZ+argW
--------------------------------------------------
そこで、
Z=cosα+i*sinα , W=cosβ+i*sinβ とすると
|ZW|=1*1=1 , arg(ZW)=α+β    よって
ZW=cos(α+β)+i*sin(α+β)
(cosα+i*sinα)(cosβ+i*sinβ)=cos(α+β)+i*sin(α+β)
展開すると
cosα*cosβ-sinα*sinβ=cos(α+β)

投稿日時 - 2009-04-16 01:42:22

ANo.11

#4です。
#8さんの回答を見て論点がよくわかりました。

オイラーの公式から加法定理を導くのは証明とはいえない(矛盾がないことを確認しているだけ)
と思っていましたし、なぜそんな証明方法を考えるのかいぶかしく思いましたが、
いろいろな視点を持つのは大切ですね。

#8さんの指摘を引用すると
 (a) 加法定理
 (b) オイラーの公式
 (c) 三角関数のベキ級数展開
 (d) 三角関数の微分公式
のうち、(b)だけが複素関数です。
指数関数を複素関数へ矛盾なく拡張したオイラーの公式のすばらしさを特別視していました。
的はずれをお詫びします。回答ではなく蛇足ですみません。

投稿日時 - 2009-04-16 00:23:49

ANo.10

{定義}
e^z=1+z+z^2/2!+z^3/3!+・・・ , ( z=x+yi )
{定理}
(a,b は複素数)
e^a*e^b=(1+a+a^2/2!+a^3/3!+・・)(1+b+b^2/2!+b^3/3!+・・)
=1+(a+b)+(a+b)^2/2!+(a+b)^3/3!+・・・=e^(a+b)
{定理}
e^pi*e^qi=e^(p+q)i
{定義・定理}
e^(ti)=c(t)+s(t)i と置くと
c(p)c(q)-s(p)s(q)=c(p+q) , s(p)c(q)+c(p)s(q)=s(p+q)
{定理}
e^(ti)=1+ti+(ti)^2/2!+(ti)^3/3!+・・・
=(1-t^2/2!+・・)+(t-t^3/3!+・・)i=c(t)+s(t)i
e^(-ti)=(1-t^2/2!+・・)-(t-t^3/3!+・・)i=c(t)-s(t)i
c(t)=(e^ti+e^-ti)/2 , s(t)=(e^ti-e^-ti)/2i
c(t)^2+s(t)^2=(e^ti+e^-ti)^2/4-(e^ti-e^-ti)^2/4=1
{定理}
曲線 (x,y)=(c(t),s(t))=(1-t^2/2!+・・,t-t^3/3!+・・)  は 単位円。
dx/dt=-t+t^3/3!+・・=-s(t)
dy/dt=1-t^2/2!+・・=c(t)
曲線 (x,y)=(c(t),s(t)) 0<t<θ の長さは
∫(0,θ)√{(dx/dt)^2+(dy/dt)^2}dt=∫(0,θ)dt=θ
t=θ のとき (x,y)=(c(θ),s(θ)) だから
        c(θ)=cosθ , s(θ)=sinθ

投稿日時 - 2009-04-15 23:26:46

ANo.9

ANo.1へのコメントについてです。
 べき級数じゃありませんで、まずは
f[0]^2 + g[0]^2 = 1
f[n+1]=√((1-f[n])/2)
g[n+1]=√((1+g[n])/2)
なる数列(半角公式のタネとなる数列)を適当に取り、さらに実数pを与えたとき、「ANo.1へのコメントにお書きの関数方程式を満たす連続関数f,gであって、任意のn∈Nについて
f((2^(-n))p)=f[n]
g((2^(-n))p)=g[n]
となるようなものが一意的に存在する」ということを証明する、という筋書きです。いやもちろんかなり長い話になりますけど、そのすぐ脇道でπもeもオイラーの公式も得られる。そして、ユークリッド幾何学は使わないで済ませられる。

投稿日時 - 2009-04-15 22:36:58

ANo.8

何名もの回答者が指摘していますが、質問の循環証明は、
sin, cos をどのように定義したのか? に言及していません。
まだ定義していない関数の性質を証明しようとすれば、
循環論法は避けられないでしょう。

今回は、
 (a) 加法定理
 (b) オイラーの公式
 (c) 三角関数のベキ級数展開
 (d) 三角関数の微分公式
が、(a)⇒(d)⇒(c)⇒(b)⇒(a) と循環した訳ですが、
むしろ、このことを前向きに捉えて、
 故に (a), (b), (c), (d) は同値である!
 この内のどれかを三角関数の定義として採用しよう!
と考えるのが生産的です。

No.1 に書かれているように、加法定理自体が三角関数の定義となる
ことは、よく知られています。
f(x+y) = f(x) g(y) + f(y) g(x)
g(x+y) = g(x) g(y) - f(x) f(y)
が成り立つような、微分可能な関数の対 f, g は、
初期条件を決めれば一通りしかない ことが証明できますから、
この関数等式の解を sin, cos と定義します。

No.2 補足 のような定義も、あるいはあり得るのかもしれませんが、
「なす角」が前もってキチンと定義されているのかどうか が心配です。
通常は、三角関数を先に定義した後で、No.2 補足 の記述を使って
逆に「二直線のなす角」のほうを定義するのです。
幾何学用語を定義するのは、難しいですから。

オイラーの公式を使って加法定理が証明したいのなら、
(c) を三角関数の定義として出発すればよい。
注意してください。定義とするのは、テーラー展開ではなく、
ベキ級数展開です。テーラー展開は、展開される関数が先に
定義されていなければ、行うことができません。
cos x = Σ[k=0→∞] { (-1)^n / (2n)! } x^(2n) のような式
を cos の定義とする という意味です。
(-1)^n / (2n)! がテーラー展開の係数 (d/dx)^(2n) (cos x) [x=0] / (2n)!
であることは、cos を定義した後で初めて判ることです。

投稿日時 - 2009-04-15 22:22:37

ANo.7

三角関数には次のようないろいろな性質があります。

単位円の弧長とx座標、y座標との関係
加法定理
微分の公式
べき級数展開
無限積展開

これらのどの性質を出発点としても、理論が展開できると思います。
その定義の数だけ、証明方法があります。

よく見るのは、微分の公式
(d/dx) sin(x) = cos(x) = √{1-sin^2(x)}
同じことですが
∫[0,x](1-x^2)^(-1/2)dxの逆関数が、sinx
を出発とする方法です。

無限積展開を出発とする方法は、みたことはありませんが、
その定義を少し変形することで、多重三角関数などという新しい概念が生まれる契機となると思います。

解析を使わないで、純粋に公理的な平面幾何で三角関数を定義する方法は、
砂田利一先生の幾何入門という本にあるそうです。
https://www.iwanami.co.jp/moreinfo/0068800/top.html

なお、循環論法については、
http://oshiete1.goo.ne.jp/qa2884796.html?ans_count_asc=0
で昔考えたことがあります。

投稿日時 - 2009-04-15 14:39:56

ANo.6

#4です。
「加法定理を証明したい」のではなくて、
「加法定理を忘れて、オイラーの公式から出発しても大丈夫なのか?」
を問題にしているのでしょうか。
そうだとすると前の書き込みは的はずれですね。すみません。

オイラーの公式が正しいなら、
exp(i(t+t'))=cos(t+t')+isin(t+t')
がなりたち、また
exp(i(t+t'))=exp(it)exp(it')
=(cost+isint)(cost'+isint')
=(costcost'-sintsint')+i(sintcost'+costsint')
なので、加法定理が成り立つ、
ではダメですか?

証明には級数展開を使う、という制約を入れたらどうなるか?
という問題なのでしょうか。

投稿日時 - 2009-04-15 14:14:55

ANo.5

#2 にいわれるように, 「まずどのように定義したか」を明確にしないと無意味です. 「オイラーの公式による証明は通常テイラー展開が用いられると思います、そしてテイラー展開をするにはsinとcosのn次導関数を求める必要があります」と書かれているのを見ると, 「どのような定義なのかがあいまい」な感じがします.
あと, 議論の流れをちゃんとつかむ必要があります. 例えば
1. 平面三角法で sin, cos を定義する
2. 加法定理を (図形などで) 示す
3. 三角関数の微分を導く (→テイラー展開をする)
4. べき級数として sin, cos, exp などを定義する
5. オイラーの公式を使って加法定理を示す
という流れでは, 3 と 4 の間で議論が切れています. つまり, 3 までの議論はいったん忘れてしまい, 改めて 4 から議論を始めなければなりません. このときに 1~3 の話を頭に残したままだと循環論法のように見えます.

投稿日時 - 2009-04-15 12:44:48

お礼

回答ありがとうございます

#2さんの補足のところに定義を載せておきました


やはり、このままでは循環論法なのでしょうか 結構この書き方をしている解説書(サイト)は多いんですがね…

投稿日時 - 2009-04-15 13:51:46

ANo.4

加法定理の証明方法はおそらくいくつもあるのでしょうが、
私が納得している方法は二次元空間中のベクトルを回転させる方法です。
数学者が納得するか知りませんがもう別の方法で証明しようとも思いません。
行列は書きにくいので面倒ですが普通に書きます。

基底ベクトルをe_x, e_yとして、これらをθ回転させると
e_x -> e_x(θ) = cosθe_x + sinθe_y,
e_y -> e_y(θ) = -sinθe_x + cosθe_y,
になります(図を描いて納得)。
もう一回θ'回転させると、上式右辺のe_x, e_yはe_x(θ'), e_y(θ')に変換されるので
e_x -> e_x(θ+θ') = cosθe_x(θ') + sinθe_y(θ') = (cosθcosθ' - sinθsinθ')e_x + (cosθsinθ' + sinθcosθ')e_y,
e_y -> e_y(θ+θ') = -sinθe_x(θ') + cosθe_y(θ') = -(sinθcosθ' + cosθsinθ')e_x + (-sinθsinθ' + cosθcosθ')e_y,
です。
これは一気にθ+θ'回転させた場合に一致しているはずなので
e_x -> e_x(θ+θ') = cos(θ+θ')e_x + sin(θ+θ')e_y,
e_y -> e_y(θ+θ') = -sin(θ+θ')e_x + cos(θ+θ')e_y.
となっているはずです。
よって加法定理が証明(説明?)されます。
ちなみに三角法ではなく回転なのでθ,θ'は任意です。

オイラーの公式は、首尾一貫した集約にすばらしさを感じましたが、
加法定理の証明に使おうとは思ったことがありませんでした。
加法定理があるからオイラーの公式のすばらしさがわかる、という印象を持っています。

投稿日時 - 2009-04-15 03:42:44

お礼

回答ありがとうございます

オイラーの公式で加法定理を証明することに違和感があると… わかる気がします

投稿日時 - 2009-04-15 13:45:25

ANo.3

> しかし、*の公式(の導出)では三角関数の加法定理を用いています

和→積の公式は、加法定理無しで導出することもできます。
幾何学的な方法を用いることで、導出可能のはずです。

投稿日時 - 2009-04-15 03:37:37

補足

回答ありがとうございます

不勉強なもので、幾何学的な方法による和→積の公式の証明は0<α+β<πのものしか知りませんが、一般角で成り立つものはありますでしょうか?

投稿日時 - 2009-04-15 13:21:21

ANo.2

うーん、循環論法にならないようにするには、定義をどうするかにかかっているんじゃないかな?
例えば、sin, cosを微分方程式の解として定義するとか、
べき級数で定義するとか、
オイラーの公式で定義するようなことは、いろんな本に載ってますし。。。
そうした定義をする場合、
関数がユニークに定まること、
三角関数のもつべき幾何学的な性質を有していること、
周期性とか、加法定理などの重要な性質が導けること、
を順に示していくことになるでしょう。

投稿日時 - 2009-04-15 03:31:58

補足

回答ありがとうございます

確かに、定義を書き忘れていました すいません

単位円上の動点をP(x,y)とし、OPとx軸の正方向のなす角をtとした時に
sint = y
cost = x
という定義にします

投稿日時 - 2009-04-15 13:38:51

ANo.1

加法定理が成り立つような関数、という関数方程式の解としてsin, cosを定義することができる。

投稿日時 - 2009-04-15 03:10:32

補足

回答ありがとうございます

それは
f(x+y)=f(x)g(y)+f(y)g(x)
g(x+y)=g(x)g(y)-f(x)f(y)
が成り立つようなべき級数f(x)、g(x)を定義するということで解釈してもよろしいでしょうか?

投稿日時 - 2009-04-15 13:14:58