チェビシェフ多項式：$\cos n\theta$ は $\cos\theta$ の多項式

$2$倍角の公式 $\cos2\theta=2\cos^2\theta-1$ と $3$倍角の公式 $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$ を見ると、どちらも右辺は$\cos\theta$ だけの多項式になっている。実は $\cos4\theta,\ \cos5\theta$ についても、加法定理を根気よく繰り返せば同じことが起きる。$1$倍角から $5$倍角までを並べてみよう。

$$\begin{array}{l} \cos1\theta=\cos\theta\\ \qquad\to\ T_1(x)=x\\[8pt] \cos2\theta=2\cos^2\theta-1\\ \qquad\to\ T_2(x)=2x^2-1\\[8pt] \cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta\\ \qquad\to\ T_3(x)=4x^3-3x\\[8pt] \cos4\theta=8\cos^4\theta-8\cos^2\theta+1\\ \qquad\to\ T_4(x)=8x^4-8x^2+1\\[8pt] \cos5\theta=16\cos^5\theta-20\cos^3\theta+5\cos\theta\\ \qquad\to\ T_5(x)=16x^5-20x^3+5x \end{array}$$

各組の上の式には $\cos\theta$ しか登場しない。そこで、その $\cos\theta$ を $1$文字 $x$ に書き直したのが矢印の先の式である（ただの書き直しなので、$x$ に $\cos\theta$ を戻せば矢印の先の式は上の式に一致する）。この右辺の多項式をチェビシェフ多項式 $T_n(x)$ と呼ぶ（つまり $T_n(\cos\theta)=\cos n\theta$）。実はこの先も$\cos n\theta$ はつねに $\cos\theta$ の多項式で表せることが知られているのだが、$\cos6\theta,\ \cos7\theta,\dots$をこの調子で毎回加法定理から導くのは、次数が上がるほど式がふくらんで手に負えなくなる。そこで知りたいのは、$T_n(x)$ を$1$ つずつ別々に導くのでなく効率よく求める方法である。鍵は関数漸化式（数列の漸化式の「数」を「多項式（関数）」に置きかえたもの）にあり、それは三角関数の和積の公式から出てくる。応用として、作った $T_5$ から $\cos36{}^{\circ}$ の値（さらに黄金比）が出ることにも触れる。

1. 和積の公式で $\cos(n{+}1)\theta,\ \cos n\theta,\ \cos(n{-}1)\theta$ を結ぶ

まず、$\cos n\theta$ を $\cos(n{-}1)\theta$ から加法定理で表すと

$$\begin{aligned}\cos n\theta&=\cos\bigl((n{-}1)\theta+\theta\bigr)\\&=\cos(n{-}1)\theta\,\cos\theta-\sin(n{-}1)\theta\,\sin\theta\end{aligned}$$

となるが、右辺に $\sin(n{-}1)\theta$ が混ざってくる。ここで作りたいのは、$T_n(x)$ を、すでに分かっている$T_{n-1}(x),\,T_{n-2}(x),\dots$ という部品だけを使って組み立てる漸化式である。右辺の $\cos(n{-}1)\theta$ は$T_{n-1}(\cos\theta)$ に置き換えれば手持ちの部品にちょうど収まるが、$\sin(n{-}1)\theta$ の方はどの$T_k(\cos\theta)$ とも一致しない。$T_k$ はどれも「$\cos(k\theta)$ を表す多項式」として用意した部品であって、$\sin(k\theta)$ を表す部品はまだ無いからである。$\sin(n{-}1)\theta$ 用にもう $1$ 組、別の数列を新しく用意して $T$ と並行に漸化式を回すことも考えられなくはないが、それでは手間が二本立てになってしまう。$\cos\theta$ だけで完結する $1$ 本の漸化式が欲しいので、そもそも $\sin$ を持ち込まずに済む組み合わせを探したい。ねらうのは、角度の倍率が $1$ ずつちがう$\cos(n{+}1)\theta,\ \cos n\theta,\ \cos(n{-}1)\theta$ の $3$ つだけを結ぶ式である。そのために、二つの余弦の和を積に直す和積の公式

$$\cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}{2}\,\cos\frac{A-B}{2}$$

を使う。和積の公式は他に $\cos A-\cos B$、$\sin A\pm\sin B$ を積に直す形もあるが、そちらは変形の途中で $\sin$ が顔を出す。この $\cos A+\cos B$ の形だけは、$A,B$ をどう取っても左辺の $2$ つも右辺の$2$ つも $\cos$ のままで、$\sin$ が一切混ざらない。$\cos$ だけで組み立てたい今回にはちょうど良い道具というわけである。これを、$A=(n{+}1)\theta,\ B=(n{-}1)\theta$ という角度に対して使う。$A,B$ の平均と半差を計算すると

$$\begin{aligned}\frac{A+B}{2}&=\frac{(n{+}1)\theta+(n{-}1)\theta}{2}=n\theta,\\\frac{A-B}{2}&=\frac{(n{+}1)\theta-(n{-}1)\theta}{2}=\theta\end{aligned}$$

だから、和積公式はちょうど

$$\cos(n{+}1)\theta+\cos(n{-}1)\theta=2\cos n\theta\,\cos\theta$$

となる。狙いどおり $\sin$ がどこにも現れず、$3$ つの $\cos$ だけを結ぶ式が手に入った。

2. $T_n$ を作る：関数漸化式と数学的帰納法

前節で得た等式をもう一度書いておこう。

$$\cos(n{+}1)\theta+\cos(n{-}1)\theta=2\cos n\theta\,\cos\theta$$

これを、$T_k(\cos\theta)=\cos k\theta$ をみたす多項式 $T_k$ を使って書き直したい。出発点は$T_0(x)=1$（$\cos0=1$ より）、$T_1(x)=x$（$\cos\theta=\cos\theta$ より）であり、もし$T_{n-1},\,T_n$ がすでにこの性質をみたす多項式として見つかっているなら、上の式の$\cos(n{-}1)\theta$ を $T_{n-1}(\cos\theta)$ に、$\cos n\theta$ を $T_n(\cos\theta)$ に置き換えて

$$\cos(n{+}1)\theta+T_{n-1}(\cos\theta)=2\,T_n(\cos\theta)\,\cos\theta$$

という式にできる。これを $\cos(n{+}1)\theta$ について解くと

$$\cos(n{+}1)\theta=2\cos\theta\,T_n(\cos\theta)-T_{n-1}(\cos\theta)$$

となり、右辺は $T_{n-1},\,T_n$ と $\cos\theta$ だけで書けている。そこでこの右辺を使って$T_{n+1}(\cos\theta):=2\cos\theta\,T_n(\cos\theta)-T_{n-1}(\cos\theta)$ と定義すれば、$T_{n+1}(\cos\theta)=\cos(n{+}1)\theta$ が自動的に成り立つ。最後に $x=\cos\theta$ とおけば

という、$x$ だけで書かれた式が得られる。これは関数漸化式（数列の漸化式の「数」が「多項式」に変わった $3$ 項間漸化式）であり、$T_0=1,\ T_1=x$さえ分かれば、あとは機械的に $T_2,T_3,T_4,\dots$ が全部作れる。

しかも、この作り方自体が「$\cos n\theta$ はつねに $\cos\theta$ の多項式になる」ことの証明になっている。$T_{n-1},\,T_n$ までが恒等式 $T_k(\cos\theta)=\cos k\theta$ をみたすと分かっていれば、上の漸化式で作った$T_{n+1}$ も自動的にそれをみたす。出発点の $T_0,T_1$ は確認済みだから、数学的帰納法により、$0$ 以上のすべての整数$n$ で $T_n(\cos\theta)=\cos n\theta$ が成り立つ（これは「予想」ではなく、和積の公式と漸化式から導かれる事実である）。

たとえば $T_4=2x\,T_3-T_2=2x(4x^3-3x)-(2x^2-1)=8x^4-8x^2+1$。ここで $x=\cos\theta$ に戻せば、これは

$$\cos4\theta=8\cos^4\theta-8\cos^2\theta+1$$

という$4$倍角の公式にほかならない。$4$倍角・$5$倍角の公式をわざわざ覚えていなくても、漸化式を回すだけで各次数の公式が出てくるわけである。

3. 応用：$\cos36{}^{\circ}$ の値と黄金比

漸化式で作った $T_n$ の使い道を一つ見よう。$\theta=36{}^{\circ}$ を選ぶと $5\theta=180{}^{\circ}$ なので、$T_5(\cos36{}^{\circ})=\cos180{}^{\circ}=-1$。$T_5(x)=16x^5-20x^3+5x$ だったから、$\cos36{}^{\circ}$ は方程式

$$16x^5-20x^3+5x+1=0$$

の解。これは因数分解できて $(x+1)(4x^2-2x-1)^2=0$。$\cos36{}^{\circ}>0$ だから $x+1=0$ ではなく$4x^2-2x-1=0$。これを解くと $x=\dfrac{1\pm\sqrt5}{4}$ で、やはり $\cos36{}^{\circ}>0$ より正の解を取って

この $2\cos36{}^{\circ}=\dfrac{1+\sqrt5}{2}=1.618\dots$ という比は黄金比とよばれ、しばしば記号 $\varphi$（ファイ）で表される。すなわち $2\cos36{}^{\circ}=\varphi$ である。三角関数と多項式の計算をたどっただけで、黄金比 $\varphi$ が$\cos36{}^{\circ}$ の値として現れたことになる。この $\cos36{}^{\circ}$ は、正五角形とも直接結びついている。正五角形の$1$ つの内角は $108{}^{\circ}$ だから、下図のように、ある頂点 $A$ で交わる $2$ 辺 $AB,AE$（長さ $s$）と、その両端を結ぶ対角線 $BE$（長さ $d$）は、頂角 $108{}^{\circ}$・底角 $36{}^{\circ}$ の二等辺三角形をつくる。頂点 $A$ から対角線 $BE$ へ垂線を下ろすと、底角 $36{}^{\circ}$ の直角三角形ができて$\dfrac{d}{2}=s\cos36{}^{\circ}$、したがって

$$\frac{d}{s}=2\cos36{}^{\circ}=\varphi .$$

すなわち対角線と辺の長さの比がちょうど黄金比になるという正五角形の有名な性質が、$\cos36{}^{\circ}$ の値から説明できるのである。

塾の授業で配った補足資料をもとに書き直しました。

この記事が含まれている連載

連載塾講師木下木下が作成して塾で配布した補足プリントを公開用にちょっと書き直して置いていきます。結構面白いっしょ。46本の記事・木下 智貴