次を示せ。
(1)
\begin{align}
\cosh(x \pm y) &= \cosh x \cosh y \pm \sinh x \sinh y
\end{align}
(2)
\begin{align}
\tanh(x \pm y) &= \frac{\tanh x \pm \tanh y}{1 \pm \tanh x \tanh y}
\end{align}
(3) $y = \cosh x\ (0 \le x < \infty)$ に逆関数 ${\rm arccosh}\ y$ が存在し
\begin{align}
{\rm arccosh}\ y = \log(y + \sqrt{y^2 - 1})\ (1 \le y < \infty)
\end{align}
(4) $y = \tanh x\ (- \infty < x < \infty)$ に逆関数 ${\rm arctanh}\ y$ が存在し
\begin{align}
{\rm arctanh}\ y &= \frac{1}{2} \log\frac{1 + y}{1 - y}\ (-1 < y < 1)
\end{align}
(1)
\begin{align}
\cosh x \cosh y \pm \sinh x \sinh y &= \frac{{\rm e}^x + {\rm e}^{-x}}{2}\frac{{\rm e}^y + {\rm e}^{- y}}{2} \pm \frac{{\rm e}^x – {\rm e}^{-x}}{2}\frac{{\rm e}^y – {\rm e}^{-y}}{2} \\
&= \frac{2 {\rm e}^{x + y} + 2 {\rm e}^{- (x + y)}}{4} \\
&= \cosh(x \pm y)
\end{align}
(2)
\begin{align}
\frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x \tanh y} &=
\frac{\frac{{\rm e}^x – {\rm e}^{-x}}{{\rm e}^x + {\rm e}^{- x}} + \frac{{\rm e}^y – {\rm e}^{-y}}{{\rm e}^y + {\rm e}^{- y}}}{1 + \frac{{\rm e}^x – {\rm e}^{-x}}{{\rm e}^x + {\rm e}^{- x}} \frac{{\rm e}^y – {\rm e}^{-y}}{{\rm e}^y + {\rm e}^{-y}}} \\
&= \frac{({\rm e}^x – {\rm e}^{- x})({\rm e}^y + {\rm e}^{-y}) +
({\rm e}^x + {\rm e}^{-x})({\rm e}^y – {\rm e}^{- y})}{
({\rm e}^x + {\rm e}^{-x})({\rm e}^y + {\rm e}^{-y}) +
({\rm e}^x – {\rm e}^{-x})({\rm e}^y – {\rm e}^{-y})} \\
&= \frac{{\rm e}^{x + y} – {\rm e}^{-(x + y)}}{{\rm e}^{x + y} + {\rm e}^{- (x + y)}} \\
&= \tanh (x + y)
\end{align}
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{align}
\cosh b - \cosh a &= \frac{(1 - {\rm e}^{- (a + b)})({\rm e}^b - {\rm e}^a)}{2} > 0
\end{align}
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 $x = {\rm arccosh}\ y$ が存在する。
$\cosh 0 = 1, \lim_{x \to \infty} \cosh = \infty$ より、$y = \cosh x$ の値域は $[1, \infty]$ であるので、$x = {\rm arccosh}\ y$ の定義域は $[0, \infty)$ である。
$t = {\rm e}^x$ として
\begin{align}
y &= \frac{{\rm e}^x + {\rm e}^{- x}}{2}
\end{align}
より
\begin{align}
2 y &= t + \frac{1}{t} \\
t &= y \pm \sqrt{y^2 – 1}
\end{align}
ここで
\begin{align}
(y + \sqrt{y^2 – 1})(y – \sqrt{y^2 – 1}) &=1
\end{align}
であり
\begin{align}
y – \sqrt{y^2 – 1} \le y + \sqrt{y^2 – 1}
\end{align}
に注意すると、$t \ge 1$ であるので
\begin{align}
t &= y + \sqrt{y^2 – 1}
\end{align}
が得られる。
従って
\begin{align}
{\rm arccosh}\ y &= x\\
&= \log t\\
&= \log(y + \sqrt{y^2 – 1})
\end{align}
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{align}
\tanh b - \tanh a &= \tanh(b - a)(1 - \tanh b \tanh a) > 0
\end{align}
であるからである。
従って、$y = \tanh x$ には逆関数 $x = {\rm arctan}\ y$ が存在する。
$t = {\rm e}^x$ として
\begin{align}
y &= \frac{{\rm e}^x – {\rm e}^{- x}}{{\rm e}^x + {\rm e}^{- x}} \\
&= \frac{t – \frac{1}{t}}{t + \frac{1}{t}} \\
&= \frac{t^2 – 1}{t^2 + 1}
\end{align}
が成り立つ。これより
\begin{align}
t &= \left(\frac{1 + y}{1 – y}\right)^{\frac{1}{2}}
\end{align}
が得られるので
\begin{align}
x &= {\rm arctan}\ y \\
&= \frac{1}{2} \log\left(\frac{1 + y}{1 – y}\right)
\end{align}
と求まる。
