数学II / 三角関数

正接の2乗の和(ド・モアブルと多項式の根)

実戦編三角関数複素数多項式解と係数単元横断

問題

$n$ を自然数とする。 $k = 1 \sum n tan^{2} \frac{k π}{2 n + 1}$ を求めよ。

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$N = 2 n + 1$ で $sin N θ$ を $cos^{N} θ$ で割ると $tan θ$ の多項式。 $θ = \frac{k π}{N}$ で $0$ になるから、 $tan^{2} \frac{k π}{N}$ を根にもつ多項式ができる。根の和は係数比で。

解答・解説

方針

$N = 2 n + 1$ とし、 $(cos θ + i sin θ)^{N}$ の虚部から $sin N θ$ を $tan θ$ の多項式に。 $θ = \frac{k π}{N}$ で $sin N θ = 0$ となるので、 $tan^{2} \frac{k π}{N}$ が根。解と係数で和をとる。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $tan^{2}$ の $n$ 個の和を1つずつ求めるのは不可能(値はきれいでない)。「和だけ」なら、解と係数の関係が使える。

そのためには、 $tan^{2} \frac{k π}{2 n + 1}$ たちを根にもつ多項式を作ればよい。

$N = 2 n + 1$ として $sin N θ$ をド・モアブルで展開すると、 $cos^{N} θ \times (tan θ$ の多項式 $)$ の形になる。 $θ = \frac{k π}{N}$ で $sin N θ = 0$ だから、 $tan \frac{k π}{N}$ がその多項式の根 — 根の正体が先に分かっている多項式が手に入る。

定理ド・モアブル

(cos θ + i sin θ)^{N} = cos N θ + i sin N θ

。虚部の二項展開が

sin N θ

① $sin N θ$ を $tan θ$ の多項式に。 虚部を二項展開すると $sin N θ = j \geq 0 \sum (- 1)^{j} (2 j + 1 N) cos^{N - 2 j - 1} θ sin^{2 j + 1} θ .$ $cos^{N} θ$ で割り、 $t = tan θ$ とすると $\frac{sin N θ}{cos ^{N} θ} = (1 N) t - (3 N) t^{3} + (5 N) t^{5} - \dots .$ ② 根を読む。 $θ = \frac{k π}{N}$ ( $k = 1, \dots, n$ )で $sin N θ = 0$ 、かつ $cos θ \neq = 0$ だから右辺 $= 0$ 。 $t (= tan \frac{k π}{N})$ を共通因数 $t$ で割ると、 $u = t^{2}$ の $n$ 次方程式 $(1 N) - (3 N) u + (5 N) u^{2} - \dots + (- 1)^{n} (2 n + 1 N) u^{n} = 0$ を得る。その $n$ 個の根が $u = tan^{2} \frac{k π}{N}$ ( $k = 1, \dots, n$ )。

③ 解と係数で和をとる。 $n$ 次方程式 $j = 0 \sum n (- 1)^{j} (2 j + 1 N) u^{j} = 0$ の根の和は $- \frac{( u ^{n - 1} の係数 )}{( u ^{n} の係数 )}$ 。 $u^{n}$ の係数は $(- 1)^{n} (2 n + 1 N) = (- 1)^{n}$ 、 $u^{n - 1}$ の係数は $(- 1)^{n - 1} (2 n - 1 N)$ 。よって $k = 1 \sum n tan^{2} \frac{k π}{N} = (2 n - 1 N) = (2 2 n + 1) = \frac{( 2 n + 1 ) ( 2 n )}{2} = n (2 n + 1) .$

まとめ $tan \frac{k π}{N}$ を多項式の根とみて、解と係数で $tan^{2}$ の和を出す。ド・モアブルで作った $u = tan^{2}$ の $n$ 次方程式の根の和が $(2 2 n + 1) = n (2 n + 1)$ 。三角・複素数・解と係数の融合。 $n = 2$ なら $tan^{2} 3 6^{\circ} + tan^{2} 7 2^{\circ} = 10$ 。

発展 — 一歩先へ。 同じ多項式の定数項からは積も出る: $k = 1 \prod n tan \frac{k π}{2 n + 1} = 2 n + 1$ ( $n = 2$ なら $tan 3 6^{\circ} tan 7 2^{\circ} = 5$ )。また $cot^{2}$ の和 $\frac{n ( 2 n - 1 )}{3}$ に切り替えると、はさみうちで $\sum \frac{1}{k ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ (バーゼル問題)に到達する有名な道が開ける。

答

$tan \frac{k π}{2 n + 1}$ ( $k = 1, \dots, n$ )の $2$ 乗が、ある $n$ 次多項式の根。解と係数の関係から和 $= (2 2 n + 1) \div 1 = n (2 n + 1)$ 。

別解

別解 — $n = 2$ ( $N = 5$ )で全部書き下して構造をつかむ(苦手な人向け)。 一般論の前に、 $N = 5$ で実物を見る。ド・モアブルの5乗を虚部で読むと

$sin 5 θ = 5 c^{4} s - 10 c^{2} s^{3} + s^{5} = c^{5} t (t^{4} - 10 t^{2} + 5)$

( $c = cos θ, s = sin θ, t = tan θ$ 。各項を $c^{5}$ でくくった)。

$θ = \frac{π}{5}, \frac{2 π}{5}$ では $sin 5 θ = 0$ 、しかも $c \neq = 0, t \neq = 0$ 。だから $t^{4} - 10 t^{2} + 5 = 0$ 、つまり $u = t^{2}$ が

$u^{2} - 10 u + 5 = 0$

の2根が $tan^{2} \frac{π}{5}$ と $tan^{2} \frac{2 π}{5}$ だ。解と係数の関係で和は $10 = 2 \cdot 5 = n (2 n + 1)$ 、積は $5$ 。

電卓で確かめると $tan^{2} 3 6^{\circ} \approx 0.53$ 、 $tan^{2} 7 2^{\circ} \approx 9.47$ 、たしかに和 $10$ 。一般の $n$ の証明(本解)は、この $N = 5$ の手順をそのまま文字にしたものである。

ポイント

$sin N θ / cos^{N} θ$ は $tan θ$ の多項式(ド・モアブル)。
$θ = \frac{k π}{N}$ で $0$ 、 $tan^{2} \frac{k π}{N}$ が $n$ 次方程式の根。
解と係数の和で $(2 2 n + 1) = n (2 n + 1)$ 。

よくある間違い

$tan^{2} \frac{k π}{N}$ ( $k = 1, \dots, n$ )が「ちょうど $n$ 個の相異なる根で全部」であることの確認(単調性・値の相異)を飛ばす。
多項式の最高次の係数を $1$ と思い込み、解と係数の関係で係数の比を取り忘れる。
$θ = \frac{k π}{N}$ で $cos θ \neq = 0$ ( $N$ が奇数なので $\frac{k π}{N} \neq = \frac{π}{2}$ )の断りを忘れ、 $c^{N}$ で割る操作が宙に浮く。