tanの半角公式の簡易な証明ができた

命題1
$0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ のとき
$\tan{\dfrac{\theta}{2}}= \sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}+1}-\sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}}$

命題2
$\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt\pi$ のとき
$\tan{\dfrac{\theta}{2}}= \sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}+1}+\sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}}$

$0\lt\theta\lt\pi$ とする.
$\displaystyle \tan{\theta} = \frac{2\tan{\frac{\theta}{2}}}{1-\tan^2{\frac{\theta}{2}}}$
より $\displaystyle \tan^2{\frac{\theta}{2}} + \frac{2}{\tan{\theta}}\tan{\frac{\theta}{2}} - 1 = 0$
これの解は, $\displaystyle \tan{\frac{\theta}{2}}=-\frac{1}{\tan{\theta}} \pm \sqrt{\frac{1}{\tan^2{\theta}}+1}$
ただ, $0\lt\dfrac{\theta}{2}\lt\dfrac{\pi}{2}$ であるので $\displaystyle \tan{\frac{\theta}{2}}=\sqrt{\frac{1}{\tan^2{\theta}}+1}-\frac{1}{\tan{\theta}}$
$-\dfrac{1}{\tan{\theta}}$ は,
$0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ のとき $-\sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}}$
$\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt\pi$ のとき $\sqrt{\dfrac{1}{\tan^2{\theta}}}$
したがって, 命題1, 命題2が成立する.