逆三角関数

要点：主値の範囲では $\cos$ の符号が決まるので、平方の関係 $\cos^2+\sin^2=1$ から平方根の符号が選べる。範囲の外の角は、$\sin(t+\pi)=-\sin t$ と奇関数性で範囲の中へ戻す。

thm-itr-identities の 1 と Euler の公式（三角関数 の記事の定理「Euler の公式」）により $\sqrt{1+x^2}\,e^{i\arctan x}=\sqrt{1+x^2}\bigl(\frac1{\sqrt{1+x^2}}+i\frac x{\sqrt{1+x^2}}\bigr)=1+ix$ である。$\arctan x\in(-\frac\pi2,\frac\pi2)\subset(-\pi,\pi]$ なので、これは偏角の主値である。

$\alpha:=\arctan x$、$\beta:=\arctan y$、$\theta:=\alpha+\beta$ とおくと $\theta\in(-\pi,\pi)$ である。lem-itr-argument と指数法則により
$$ (1-xy)+i(x+y)=(1+ix)(1+iy)=\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\;e^{i\theta} $$
である。実部と虚部を比べると、$r:=\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}>0$ として $r\cos\theta=1-xy$、$r\sin\theta=x+y$ である。
1：$xy< 1$ なら $\cos\theta>0$ である。$\theta\in(-\pi,\pi)$ で $\cos\theta>0$ となるのは $\theta\in(-\frac\pi2,\frac\pi2)$ のときに限る（$\frac\pi2\le|\theta|<\pi$ では $\cos\theta=-\cos(\pi-|\theta|)\le0$）。$\tan\theta=\frac{r\sin\theta}{r\cos\theta}=\frac{x+y}{1-xy}$ で $\theta$ は $\arctan$ の値の範囲にあるので、$\theta=\arctan\frac{x+y}{1-xy}$ である。
2：$xy>1$ なら $x,y$ は同符号で $\cos\theta< 0$ である。$x>0$ なら $\alpha,\beta>0$ なので $\theta\in(0,\pi)$ であり、$\cos\theta< 0$ と合わせて $\theta\in(\frac\pi2,\pi)$ である。$\theta-\pi\in(-\frac\pi2,0)$ であり、$\sin(\theta-\pi)=-\sin\theta$、$\cos(\theta-\pi)=-\cos\theta$ から $\tan(\theta-\pi)=\tan\theta=\frac{x+y}{1-xy}$ なので、$\theta-\pi=\arctan\frac{x+y}{1-xy}$ である。$x< 0$ なら $\theta\in(-\pi,-\frac\pi2)$ で、同様に $\theta+\pi=\arctan\frac{x+y}{1-xy}$ である。
3：$xy=1$ なら $\cos\theta=0$ なので $\theta=\pm\frac\pi2$ であり、符号は $\sin\theta$ の符号、すなわち $x+y$ の符号（$x$ の符号と同じ）で決まる。

1：三角関数 の記事の命題「正接と逆正接・逆正弦」により $\arctan'(t)=\frac1{1+t^2}$、$(-1,1)$ 上で $\arcsin'(t)=\frac1{\sqrt{1-t^2}}$ であり、$\arctan0=\arcsin0=0$ なので、微分積分学の基本定理 の記事の定理「原始関数による積分の計算」により 2 つの等式を得る。$\arcsin$ は $1$ で連続なので（定義の後の注意）、$\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin x\to\arcsin1=\frac\pi2$（$x\to1-$）であり、これが広義積分の値である。
2：$N\ge1$ について、等比数列の和の公式から $t\in\mathbb{R}$ で
$$ \frac1{1+t^2}=\sum_{n=0}^{N-1}(-t^2)^n+\frac{(-1)^Nt^{2N}}{1+t^2} $$
である。$0$ から $x$ まで積分して 1 を使うと
$$ \arctan x=\sum_{n=0}^{N-1}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}+R_N(x),\qquad R_N(x):=(-1)^N\int_0^x\frac{t^{2N}}{1+t^2}\,dt $$
であり、$|R_N(x)|\le\bigl|\int_0^xt^{2N}\,dt\bigr|=\frac{|x|^{2N+1}}{2N+1}$ である。$|x|\le1$ ならこれは $N\to\infty$ で $0$ に近づくので、級数は $\arctan x$ に収束する。$|x|>1$ なら項の絶対値 $\frac{|x|^{2n+1}}{2n+1}$ は $n\to\infty$ で発散するので、級数は収束しない。

段 1（$\frac1{\sqrt{1-u}}$ の級数）．$c_0=1$ で、$c_{n+1}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2}c_n=\frac{2n+1}{2n+2}c_n$ なので $0< c_n\le1$ である。したがって $g(u):=\sum_{n\ge0}c_nu^n$ は $|u|< 1$ で収束する（$\sum|u|^n$ との比較）。冪級数 の記事の定理「項別微分」により $(-1,1)$ 上で $g'(u)=\sum_{n\ge0}(n+1)c_{n+1}u^n$ であり、漸化式 $2(n+1)c_{n+1}=(2n+1)c_n$ を使うと
$$ 2(1-u)g'(u)=\sum_{n\ge0}2(n+1)c_{n+1}u^n-\sum_{n\ge1}2nc_nu^n=\sum_{n\ge0}\bigl((2n+1)c_n-2nc_n\bigr)u^n=g(u) $$
である。$\varphi(u):=\sqrt{1-u}\,g(u)$ とおくと $\varphi'(u)=\frac{-g(u)+2(1-u)g'(u)}{2\sqrt{1-u}}=0$ なので、$\varphi$ は $(-1,1)$ 上で定数 $\varphi(0)=1$ であり（平均値の定理 の記事の系「導関数が0なら定数」）、$g(u)=\frac1{\sqrt{1-u}}$ である。
段 2（$|x|< 1$）．$|t|< 1$ で $\frac1{\sqrt{1-t^2}}=g(t^2)=\sum_nc_nt^{2n}$ であり、この $t$ の冪級数は $|t|< 1$ で収束する。冪級数 の記事の定理「項別積分」と thm-itr-integral の 1 により、$|x|< 1$ で $\arcsin x=\sum_n\frac{c_n}{2n+1}x^{2n+1}$ である。
段 3（$x=\pm1$）．$a_n:=\frac{c_n}{2n+1}>0$ とおく。$0< x< 1$ と $N$ について、項が正なので段 2 から $\sum_{n=0}^Na_nx^{2n+1}\le\arcsin x\le\frac\pi2$ である。$x\to1-$ とすると $\sum_{n=0}^Na_n\le\frac\pi2$ であり、部分和は上に有界な増加列なので $S:=\sum_na_n$ は収束し $S\le\frac\pi2$ である。逆に $0< x< 1$ では $\arcsin x=\sum_na_nx^{2n+1}\le S$ であり、$x\to1-$ とすると $\arcsin$ の $1$ での連続性から $\frac\pi2\le S$ である。よって $S=\frac\pi2=\arcsin1$ である。$x=-1$ は奇関数性による。最後に $|x|\le1$ で $|a_nx^{2n+1}|\le a_n$ かつ $\sum a_n<\infty$ なので、Weierstrass の判定法により級数は $[-1,1]$ 上で一様に収束する。

要点：$E:=e^{2iw}$（2 では $E:=e^{iw}$）とおくと、$\tan w=z$ は 1 次方程式 $E(1-iz)=1+iz$ に、$\sin w=z$ は 2 次方程式 $E^2-2izE-1=0$ になる。これを解いて対数をとる。