初等関数の性質(4)

(1)
$$\begin{array}{rl}\cosh x\cosh y\pm \sinh x\sinh y& =\frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}{2}\frac{{\mathrm{e}}^y+{\mathrm{e}}^{-y}}{2}\pm \frac{{\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x}}{2}\frac{{\mathrm{e}}^y–{\mathrm{e}}^{-y}}{2}\\ & =\frac{2{\mathrm{e}}^{x+y}+2{\mathrm{e}}^{-(x+y)}}{4}\\ & =\cosh (x\pm y)\end{array}$$

(2)
$$\begin{array}{rl}\frac{\tanh x+\tanh y}{1+\tanh x\tanh y}& =\frac{\frac{{\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x}}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}+\frac{{\mathrm{e}}^y–{\mathrm{e}}^{-y}}{{\mathrm{e}}^y+{\mathrm{e}}^{-y}}}{1+\frac{{\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x}}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}\frac{{\mathrm{e}}^y–{\mathrm{e}}^{-y}}{{\mathrm{e}}^y+{\mathrm{e}}^{-y}}}\\ & =\frac{({\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x})({\mathrm{e}}^y+{\mathrm{e}}^{-y})+({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x})({\mathrm{e}}^y–{\mathrm{e}}^{-y})}{({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x})({\mathrm{e}}^y+{\mathrm{e}}^{-y})+({\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x})({\mathrm{e}}^y–{\mathrm{e}}^{-y})}\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{x+y}–{\mathrm{e}}^{-(x+y)}}{{\mathrm{e}}^{x+y}+{\mathrm{e}}^{-(x+y)}}\\ & =\tanh (x+y)\end{array}$$
また、$-$ 符号についても全く同様に示すことが出来る。

(3)
先ず、$\cosh x$ が $0\le x$ において単調増加であることを示す。
今、$0<a<b$ とすると $$\begin{array}{rl}\cosh b-\cosh a& =\frac{(1-{\mathrm{e}}^{-(a+b)})({\mathrm{e}}^b-{\mathrm{e}}^a)}{2}>0\end{array}$$
であることから、$\cosh x$ が $0\le x$ において単調増加関数であることが分かる。
従って、$y=\cosh x$ の逆関数 $x=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}y$ が存在する。
$\cosh 0=1,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\cosh =\mathrm{\infty }$ より、$y=\cosh x$ の値域は $[1,\mathrm{\infty }]$ であるので、$x=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}y$ の定義域は $[0,\mathrm{\infty })$ である。
$t={\mathrm{e}}^x$ として
$$\begin{array}{rl}y& =\frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}{2}\end{array}$$
より
$$\begin{array}{rl}2y& =t+\frac{1}{t}\\ t& =y\pm \sqrt{y^2–1}\end{array}$$
ここで
$$\begin{array}{rl}(y+\sqrt{y^2–1})(y–\sqrt{y^2–1})& =1\end{array}$$
であり
$$\begin{array}{r}y–\sqrt{y^2–1}\le y+\sqrt{y^2–1}\end{array}$$
に注意すると、$t\ge 1$ であるので
$$\begin{array}{rl}t& =y+\sqrt{y^2–1}\end{array}$$
が得られる。
従って
$$\begin{array}{rl}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}y& =x\\ & =\log t\\ & =\log (y+\sqrt{y^2–1})\end{array}$$
が示される。

(4)
$\tanh x$ の値域は $(-1,1)$ である。また、$\tanh x$ は単調増加であることが分かる。なんとなれば $a<b$ とするとき $$\begin{array}{rl}\tanh b-\tanh a& =\tanh (b-a)(1-\tanh b\tanh a)>0\end{array}$$
であるからである。
従って、$y=\tanh x$ には逆関数 $x=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}y$ が存在する。
$t={\mathrm{e}}^x$ として
$$\begin{array}{rl}y& =\frac{{\mathrm{e}}^x–{\mathrm{e}}^{-x}}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}\\ & =\frac{t–\frac{1}{t}}{t+\frac{1}{t}}\\ & =\frac{t^2–1}{t^2+1}\end{array}$$
が成り立つ。これより
$$\begin{array}{rl}t& ={\left(\frac{1+y}{1–y}\right)}^{\frac{1}{2}}\end{array}$$
が得られるので
$$\begin{array}{rl}x& =\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}y\\ & =\frac{1}{2}\log \left(\frac{1+y}{1–y}\right)\end{array}$$
と求まる。