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東京大学 1991年理系第4問解説

方針・初手

三角関数の $n$ 倍角を $\theta$ の式で表すため、加法定理を用いた数学的帰納法、あるいはド・モアブルの定理と二項定理を用いる方針が考えられる。

(2)では、(1)の証明過程で得られる多項式の漸化式を利用して微分計算を行うか、ド・モアブルの定理から得られる複素数としての多項式の関係式をそのまま微分すると、見通しよく証明できる。

解法1

(1)

自然数 $n$ に関する数学的帰納法によって示す。

(i)

$n=1$ のとき

$$ \sin \theta = \tan\theta \cos\theta $$

$$ \cos \theta = 1 \cdot \cos\theta $$

より、$p_1(x) = x, q_1(x) = 1$ とすれば条件を満たし、これらは多項式であるから成立する。

(ii)

$n=k$ のとき、条件を満たす多項式 $p_k(x), q_k(x)$ が存在して

$$ \sin k\theta = p_k(\tan\theta)\cos^k\theta $$

$$ \cos k\theta = q_k(\tan\theta)\cos^k\theta $$

と書けると仮定する。

$n=k+1$ のとき、加法定理より

$$ \begin{aligned} \sin(k+1)\theta &= \sin k\theta \cos\theta + \cos k\theta \sin\theta \\ &= p_k(\tan\theta)\cos^k\theta \cos\theta + q_k(\tan\theta)\cos^k\theta \sin\theta \\ &= p_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta + q_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta \tan\theta \\ &= \{p_k(\tan\theta) + \tan\theta \cdot q_k(\tan\theta)\}\cos^{k+1}\theta \end{aligned} $$

同様に、

$$ \begin{aligned} \cos(k+1)\theta &= \cos k\theta \cos\theta - \sin k\theta \sin\theta \\ &= q_k(\tan\theta)\cos^k\theta \cos\theta - p_k(\tan\theta)\cos^k\theta \sin\theta \\ &= q_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta - p_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta \tan\theta \\ &= \{q_k(\tan\theta) - \tan\theta \cdot p_k(\tan\theta)\}\cos^{k+1}\theta \end{aligned} $$

ここで、

$$ p_{k+1}(x) = p_k(x) + x q_k(x) $$

$$ q_{k+1}(x) = q_k(x) - x p_k(x) $$

と定めると、これらも多項式であり、$n=k+1$ のときも成立する。

（i）, （ii）より、すべての自然数 $n$ に対して条件を満たす多項式が存在することが示された。

(2)

(1)の証明より、多項式は次の漸化式を満たす。

$$ p_n(x) = p_{n-1}(x) + x q_{n-1}(x) \quad (n \ge 2) $$

$$ q_n(x) = q_{n-1}(x) - x p_{n-1}(x) \quad (n \ge 2) $$

これを用いて、等式を数学的帰納法で示す。

(i)

$n=2$ のとき

$p_1(x) = x, q_1(x) = 1$ より

$$ p_2(x) = x + x \cdot 1 = 2x $$

$$ q_2(x) = 1 - x \cdot x = 1 - x^2 $$

これらを微分すると

$$ p_2'(x) = 2 = 2 \cdot 1 = 2 q_1(x) $$

$$ q_2'(x) = -2x = -2 p_1(x) $$

となり、成立する。

(ii)

$n=k$ ($k \ge 2$) のとき成立すると仮定する。すなわち、

$$ p_k'(x) = k q_{k-1}(x) $$

$$ q_k'(x) = -k p_{k-1}(x) $$

$n=k+1$ のとき、$p_{k+1}(x) = p_k(x) + x q_k(x)$ を微分して、

$$ p_{k+1}'(x) = p_k'(x) + q_k(x) + x q_k'(x) $$

帰納法の仮定を代入すると、

$$ \begin{aligned} p_{k+1}'(x) &= k q_{k-1}(x) + q_k(x) - k x p_{k-1}(x) \\ &= k \{q_{k-1}(x) - x p_{k-1}(x)\} + q_k(x) \end{aligned} $$

漸化式 $q_k(x) = q_{k-1}(x) - x p_{k-1}(x)$ を用いて、

$$ p_{k+1}'(x) = k q_k(x) + q_k(x) = (k+1)q_k(x) $$

同様に、$q_{k+1}(x) = q_k(x) - x p_k(x)$ を微分して、

$$ q_{k+1}'(x) = q_k'(x) - p_k(x) - x p_k'(x) $$

帰納法の仮定を代入すると、

$$ \begin{aligned} q_{k+1}'(x) &= -k p_{k-1}(x) - p_k(x) - x k q_{k-1}(x) \\ &= -k \{p_{k-1}(x) + x q_{k-1}(x)\} - p_k(x) \end{aligned} $$

漸化式 $p_k(x) = p_{k-1}(x) + x q_{k-1}(x)$ を用いて、

$$ q_{k+1}'(x) = -k p_k(x) - p_k(x) = -(k+1)p_k(x) $$

よって $n=k+1$ のときも成立する。

（i）, （ii）より、$n>1$ なるすべての自然数について等式が成立することが示された。

解法2

(1)

ド・モアブルの定理より

$$ \begin{aligned} \cos n\theta + i \sin n\theta &= (\cos\theta + i \sin\theta)^n \\ &= \cos^n\theta (1 + i \tan\theta)^n \end{aligned} $$

ここで、二項定理を用いて $(1+ix)^n$ を展開し、実部と虚部に分けると、それぞれ実数を係数とする $x$ の多項式となる。これを $Q_n(x), P_n(x)$ とおくと、

$$ (1+ix)^n = Q_n(x) + i P_n(x) $$

と表せる。これを上の式に代入すると、

$$ \cos n\theta + i \sin n\theta = \cos^n\theta \{Q_n(\tan\theta) + i P_n(\tan\theta)\} $$

実部と虚部を比較して、

$$ \cos n\theta = Q_n(\tan\theta)\cos^n\theta $$

$$ \sin n\theta = P_n(\tan\theta)\cos^n\theta $$

したがって、$p_n(x) = P_n(x), q_n(x) = Q_n(x)$ とすれば、条件を満たす多項式が存在することが示された。

(2)

(1)より、多項式 $p_n(x), q_n(x)$ は任意の実数 $x$ に対して次の恒等式を満たす。

$$ q_n(x) + i p_n(x) = (1+ix)^n $$

両辺を $x$ で微分すると、

$$ \begin{aligned} q_n'(x) + i p_n'(x) &= n(1+ix)^{n-1} \cdot i \\ &= i n (1+ix)^{n-1} \end{aligned} $$

ここで、$(1+ix)^{n-1} = q_{n-1}(x) + i p_{n-1}(x)$ であるから、

$$ \begin{aligned} q_n'(x) + i p_n'(x) &= i n \{q_{n-1}(x) + i p_{n-1}(x)\} \\ &= -n p_{n-1}(x) + i n q_{n-1}(x) \end{aligned} $$

実係数多項式であるから、実部と虚部を比較して、

$$ q_n'(x) = -n p_{n-1}(x) $$

$$ p_n'(x) = n q_{n-1}(x) $$

が成立する。

解法3

（1）は解法1または解法2と同様であるため省略し、（2）について、$\theta$ での微分を用いた別解を示す。

(2)

(1)の等式 $\sin n\theta = p_n(\tan\theta)\cos^n\theta$ の両辺を $\theta$ で微分する。

$$ n \cos n\theta = p_n'(\tan\theta) \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} \cdot \cos^n\theta + p_n(\tan\theta) \cdot n \cos^{n-1}\theta \cdot (-\sin\theta) $$

両辺に $\cos^2\theta$ を掛け、$\cos n\theta = q_n(\tan\theta)\cos^n\theta$ を代入して整理する。

$$ n q_n(\tan\theta)\cos^{n+2}\theta = p_n'(\tan\theta) \cos^n\theta - n p_n(\tan\theta)\cos^{n+2}\theta \tan\theta $$

両辺を $\cos^n\theta$ ($\cos\theta \neq 0$) で割ると、

$$ p_n'(\tan\theta) = n \cos^2\theta \{ q_n(\tan\theta) + \tan\theta p_n(\tan\theta) \} $$

ここで $\cos^2\theta = \frac{1}{1+\tan^2\theta}$ であり、解法1で得られた漸化式を用いると

$$ \begin{aligned} q_n(x) + x p_n(x) &= \{q_{n-1}(x) - x p_{n-1}(x)\} + x\{p_{n-1}(x) + x q_{n-1}(x)\} \\ &= (1+x^2)q_{n-1}(x) \end{aligned} $$

となるため、これを代入する。

$$ p_n'(\tan\theta) = n \frac{(1+\tan^2\theta)q_{n-1}(\tan\theta)}{1+\tan^2\theta} = n q_{n-1}(\tan\theta) $$

$\tan\theta$ は任意の実数値をとるため、多項式として $p_n'(x) = n q_{n-1}(x)$ が成り立つ。

同様に $\cos n\theta = q_n(\tan\theta)\cos^n\theta$ の両辺を $\theta$ で微分する。

$$ -n \sin n\theta = q_n'(\tan\theta) \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} \cdot \cos^n\theta + q_n(\tan\theta) \cdot n \cos^{n-1}\theta \cdot (-\sin\theta) $$

両辺に $\cos^2\theta$ を掛け、$\sin n\theta = p_n(\tan\theta)\cos^n\theta$ を代入して整理する。

$$ q_n'(\tan\theta)\cos^n\theta = n\cos^{n+2}\theta \{ q_n(\tan\theta)\tan\theta - p_n(\tan\theta) \} $$

漸化式より $x q_n(x) - p_n(x) = -(1+x^2)p_{n-1}(x)$ であるから、

$$ q_n'(\tan\theta) = n \frac{-(1+\tan^2\theta)p_{n-1}(\tan\theta)}{1+\tan^2\theta} = -n p_{n-1}(\tan\theta) $$

よって、多項式として $q_n'(x) = -n p_{n-1}(x)$ が成り立つ。

解説

加法定理から自然に導かれる漸化式を用いて数学的帰納法でゴリ押しする方針（解法1）が、多くの受験生にとって最も確実なアプローチである。

一方で、ド・モアブルの定理を用いると、$q_n(x) + i p_n(x) = (1+ix)^n$ という極めてシンプルな関係式が導かれる。これにより、(2)の証明も複素数としての多項式をそのまま微分するだけで一行で完結する（解法2）。背景にある複素数平面と三角関数の深い繋がりを感じさせる美しい解法であり、知っておくと強力な武器になる。