cosのn倍角の公式

概略

\(\cos n\theta\) の \(n\) 倍角の公式が \(\cos\theta\) についての多項式(チェビシェフ多項式という)で表せることはわりと知られているようですが,具体的に \(\cos^k\theta\) の係数がいくつかを言及していることは少ないように思えます.結論を先にいうと,次が成り立ちます.

\(\cos\) の \(n\) 倍角の公式

$$\begin{align}
\cos n\theta = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k2^{n-2k-1}\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}\cos^{n-2k}\theta
\end{align}$$

ここで, \(\lfloor x \rfloor\) は \(x\) を超えない最大の整数,すなわち日本でいうガウス記号です.これを利用すれば,チェビシェフ多項式の最高次数の項の係数が \(2^{n-1}\) だったり,偶関数または奇関数にしかならないことは一目瞭然……など,これまで三項間漸化式で帰納的に証明していた内容も,直接的に証明できるかもしれません.

\(n\) 倍角の一番簡単な証明法は知りませんが,\(a, b\) の対称式である \(a^n+b^n\) を \(a+b, a b\) だけで表せることができれば直ちに証明できます.

\(a^n+b^n\) の基本対称式表示

$$\begin{align}
a^n+b^n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}(-1)^k\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}(a+b)^{n-2k}(ab)^{k}\tag{★}
\end{align}$$

これと,かの有名なオイラーの公式を用います.

オイラーの公式

$$e^{\theta i} = \cos\theta + i\sin\theta $$

よく知られている通り,
$$2\cos\theta = e^{\theta i}+e^{-\theta i}$$
が成り立つので, \(\theta\) を \(n\theta\) に置き換えると
$$2\cos n\theta = e^{n\theta i}+e^{-n\theta i}$$
となります.よって,\((★)\) に \(a=e^{\theta i}, b=e^{-\theta i}\) を代入すると
$$2\cos n\theta = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}(-1)^k\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}(2\cos \theta)^{n-2k}(e^0)^{k}$$
となり,両辺を \(2\) で割れば \(n\) 倍角の公式を得ます.

★の証明

非常に面倒です.証明には形式的冪級数を用います.
$$
\varphi(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(a^n+b^n)x^n
$$
とします.(形式的)無限等比級数の公式より
$$\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty} a^nx^n &= \frac{1}{1-a x}\\
\sum_{n=0}^{\infty} b^nx^n &=\frac{1}{1-b x}
\end{align}$$
ですので,
$$\begin{align}
\varphi(x)
&= \sum_{n=0}^{\infty}(a^n+b^n)x^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty a^n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} b^n x^n\\
&= \frac{1}{1-a x} + \frac{1}{1-b x}\\
&=\frac{1-b x + 1-a x}{(1-a x)(1-b x)}\\
&=\frac{2-(a+b)x}{1-(a+b)x + ab x^2}
\end{align}$$
となります.ここで
$$\sigma_1=a + b, \quad \sigma_2 = ab$$
と置くと
$$
\varphi(x) = \frac{2-\sigma_1 x}{1-(\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)}
$$
と表せます.ここで
$$
\frac{1}{1-(\sigma_1 x -\sigma_2 x^2)} = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n
$$
と置くとき,\(x=0\) で \(c_0=1\) をえるので
$$\begin{align}
\varphi(x)&=\frac{2-\sigma_1 x}{1-(\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)}\\
&=(2-\sigma_1 x)\sum_{n=0}^\infty c_n x^n\\
&=2\sum_{n=0}^\infty c_n x^n – \sum_{n=0}^\infty \sigma_1c_n x^{n+1}\\
&=2c_0+\sum_{n=1}^\infty 2c_n x^n – \sum_{n=1}^\infty \sigma_1c_{n-1} x^{n}\\
&=2 + \sum_{n=1}^{\infty}(2c_n-\sigma_1c_{n-1})x^n
\end{align}$$
となります.よって \(c_n\) を求めて \(2c_n – \sigma_1 c_{n-1}\) を整理したものが \(a^n+b^n\) の基本対称式表示です.

ここで形式的冪級数のある性質に触れておきます.一般の形式的冪級数
$$f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots$$
の \(x\) に数または式を代入するのはご法度なのですが,定数項が \(0\) である形式的冪級数
$$g(x) = b_1 x + b_2x^2 + \cdots$$
を代入するのは認められます.つまり
$$f(g(x))= a_0 + a_1g(x) + a_2g(x)^2 + \cdots$$
のような式を考えてもよいのです.ここらの話を厳密にすると,代入というよりは代入のようなことができるというだけで,意外と話は複雑なのですが,詳しくは触れません.ようは,\(x^n\) の係数がちゃんと計算できるような芸当は許されるのです.\(g(x)\) の形からして,\(g(x)^{n+1} + g(x)^{n+2} + \cdots\) においては \(x^{n}\) より次数の大きい項しか現れません.よって,\(f(g(x))\) の \(x^n\) の係数は,形式的冪級数の有限和である
$$a_0 + a_1 g(x) + \cdots + a_n g(x)^n$$
の \(x^n\) の係数になるわけです.ちなみに \(g(x)\) の定数項が \(0\) 以外の数だと,\(f(g(x))\) の定数項が数の無限和になるので,定まらないことは直感的に明らかだと思います.

さて,この代入に関して次の定理が成り立ちます:\(f_1(x) f_2(x) = f_3(x)\) ならば
$$f_1(g(x))f_2(g(x))=f_3(g(x)).$$
証明はややこしいので割愛します.これを認めると
$$
(1-x)(1+x+x^2+\cdots)=1
$$
の両辺に \(g(x)\) を代入して
$$
(1-g(x))(1+g(x)+g(x)^2+\cdots) = 1
$$
すなわち
$$
\frac{1}{1-g(x)} = 1 + g(x) + g(x)^2 + \cdots
$$
が成り立ちます.

さて,
$$ f(x) =\sigma_1 x – \sigma_2 x^2$$
と置くと
$$\begin{align}
\frac{1}{1-(\sigma_1 x -\sigma_2 x^2)}
&=\frac{1}{1-f(x)}\\
&= 1 + f(x) + f(x)^2 + f(x)^3+ \cdots\\
&= 1+(\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)+(\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)^2 + (\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)^3 + \cdots
\end{align}$$
となるので,ここから \(x^n\) の項だけを抽出して,係数の和を求めます.\(n\) が偶数のときは,\(f(x)^{n/2}\) のときにはじめて \(x^n\) の係数が現れ,\(f(x)^{n+1}\) 以降は \(x^n\) は出てきません.したがって
$$
f(x)^{n/2} + f(x)^{n/2+1} + \cdots + f(x)^n
$$
の中から \(x^n\) の項を探せば過不足ありません.また,故あって,この式は逆順にした
$$
f(x)^n + f(x)^{n-1} + \cdots + f(x)^{n-n/2} = \sum_{k=0}^{n/2} f(x)^{n-k} \tag{1}
$$
とした方がのちの公式化がスムーズにいきます.また, \(n\) が奇数のときはややこしいのですが,
$$
f(x)^{(n+1)/2} + f(x)^{(n+1)/2+1} + \cdots + f(x)^n
$$
にしか \(x^n\) の項は出てきません.例によって逆順にした
$$
f(x)^n + f(x)^{n-1} + \cdots + f(x)^{n-(n-1)/2} = \sum_{k=0}^{(n-1)/2} f(x)^{n-k}\tag{2}
$$
で考えます.さらに突き詰めると,\(n\) が奇数のときは
$$
(n-1)/2 = \lfloor n/2 \rfloor
$$
が成り立ちます.\(n\)が偶数のときは当然 \(n/2 = \lfloor n/2 \rfloor\) だから \((1)\) と \((2)\) を統合できます.すなわち,\(x^n\) が出てくる項の総和は,\(n\) の偶奇によらず
$$
\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} f(x)^{n-k}
$$
ということになります.この中から \(x^n\) だけの項を抽出します.二項定理より
$$\begin{align}
f(x)^{n-k}
&=(\sigma_1 x – \sigma_2 x^2)^{n-k}\\
&=x^{n-k}(\sigma_1 – \sigma_2 x)^{n-k}\\
&=x^{n-k}\sum_{i=0}^{n-k} \binom{n-k}{i}\sigma_1^{n-k-i} (-\sigma_2)^{i} x^{i}\\
&=\sum_{i=0}^{n-k} \binom{n-k}{i}\sigma_1^{n-k-i} (-\sigma_2)^{i} x^{n-k+i}.\tag{3}
\end{align}$$

\(\displaystyle\binom{n}{k}\) は二項係数 \({}_n\mathrm{C}_k\) を表す記号です.パスカルの三角形から分かる
$$ {}_n\mathrm{C}_k + {}_n\mathrm{C}_{k+1} = {}_{n+1}\mathrm{C}_{k+1}$$
という有名公式は
$$
\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}
$$
と表せます.移項した
$$
\binom{n+1}{k+1} – \binom{n}{k+1} = \binom{n}{k}
$$
を今回使用します.また,若干マイナーですが重要な公式
$$
k{}_{n}\mathrm{C}_{k} = n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1}
$$

$$k \binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$$
と表せます.両辺を \(k\) で割ると
$$\binom{n}{k}=\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}$$
を得ますが,あたかも \(\displaystyle\binom{n}{k}\) から \(n\) と \(k\) をくくり出しているようなイメージをもたせます.噂によると,二項係数をこの記号で表しているのはこの公式を想起させるためだとか.

和 \((3)\) において, \(k=i\) となる項が \(x^n\) の項です.よって,\(x^n\) の係数 \(c_n\) は
$$
c_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n-k}{k} \sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}
$$
です.したがって
$$\begin{align}
2c_n-\sigma_1 c_{n-1}
&=2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n-k}{k} \sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}-\sigma_1\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n-1-k}{k} \sigma_1^{n-1-2k}(-\sigma_2)^{k}\\
&=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}2\binom{n-k}{k} \sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}-\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\binom{n-k-1}{k} \sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}\\
&=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\left(2\binom{n-k}{k}-\binom{n-k-1}{k}\right)\sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}
\end{align}$$
ここで,\(k\geqq 1\) のとき
$$\begin{align}
2\binom{n-k}{k}-\binom{n-k-1}{k}
&=
\binom{n-k}{k}+\binom{n-k}{k}-\binom{n-k-1}{k}\\
&=\binom{n-k}{k} + \binom{n-k-1}{k-1}\\
&=\binom{n-k}{k} + \frac{k}{n-k}\frac{n-k}{k}\binom{n-k-1}{k-1}\\
&=\frac{n-k}{n-k}\binom{n-k}{k} + \frac{k}{n-k}\binom{n-k}{k}\\
&=\frac{n-k+k}{n-k}\binom{n-k}{k}\\
&=\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}
\end{align}$$
ですから
$$
2\binom{n-k}{k}-\binom{n-k-1}{k}
=\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}
$$
となり,この等式は \(k=0\) のときも成り立ちます.したがって
$$\begin{align}
2c_n-\sigma_1c_{n-1} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}\sigma_1^{n-2k}(-\sigma_2)^{k}
\end{align}$$
が成り立ちます.\(\sigma_1=a+b, \sigma_2 = a b\)より
$$
a^n+b^n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}(-1)^k\frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}(a+b)^{n-2k}(ab)^{k}
$$
です.

参考文献

石狩 茂『エレガントな入試問題解法集 下』(現代数学社)
\(a^n+b^n\) を対称式で表す方法についての説明があります.

コメントする