数学科の横山です．みなさん，今回の問題はどうだったでしょうか

数学科の横山です．みなさん，今回の問題はどう
sin 2q = 2cos q ∑ sin q
よって，g2(cos q) = 2cos q　\ g2(x) = 2x
だったでしょうか．何やら見たことのある式が出て
きていましたね．
sin 3q = 3sin q - 4sin3 q
それでは，前回出題した問題を見ていきましょう． = (3 - 4sin2 q) ∑ sin q
= (4cos2 q - 1) ∑ sin q
問
よって，g3(cos q) = 4cos2 q - 1 \ g3(x) = 4x2 - 1
(1) n は自然数とする．すべての実数 q に対して
となります．この多項式を第 2 種チェビシェフ多項
cos nq = fn(cos q) ，sin nq = gn(cos q)sin q
式と言います．チェビシェフの多項式は実はもう 1
を満たし，係数がともにすべて整数である n 次つあったんですね．そして，(2) にあるように
式 fn(x) と n - 1 次式 gn(x) が存在することを f1'(x) = 1 = g1(x)
示せ．
f2'(x) = 4x = 2g2(x)
(2) p を 3 以上の素数とするとき，
f3'(x) = 12x2 - 3 = 3g3(x)
fn'(x) = ngn(x) が成り立つことを用いて，fp(x) が成り立つのです．
の p - 1 次以下の係数はすべて p で割り切れることを示せ．
では，この問題の方針です．
< 方針 >
方針の前に，まずこの問題の背景にある多項式に
(1) 問題文から，n は自然数であり，結局「すべて
ついて触れておきましょう．今回の問題も第 171 回
の自然数 n に対して ~ であることを示せ」という
に引き続き，チェビシェフの多項式に因んだ問題で
問題であることを読み取れれば数学的帰納法を用
す．
いて示すということには気が付くと思います．
ここでポイントとなるのは，示すことを「係数
cos nq = fn(cos q)
を満たす多項式 fn(x) については，第 171 回の記事
がともにすべて整数である n 次式 fn(x) と n - 1
で具体例を交えながら紹介しましたね．第 171 回の
次式 gn(x) が存在すること」とするのではなく，記事では，述べていませんでしたがこの多項式を第
「係数がともにすべて整数であり，最高次の係数
1 種チェビシェフ多項式と言います．
が 2n - 1 次であるような n 次式 fn(x) と n - 1 次式
cos 1q = cos q　gn(x) が存在すること」を示すことです ( 理由は後
\ f1(x) = x
ほど )．証明に関しては，加法定理を用いながら
cos 2q = 2cos q - 1 2 つの条件式を同時に考えるとうまくいきます．
\ f2(x) = 2x2 - 1
(2) (1) から，fp(x)，gp(x) はそれぞれ p 次，p - 1
cos 3q = 4cos3 q - 3cos q　次の整式であり，係数はすべて整数であることが
\ f3(x) = 4x - 3x
分かります．そこで
2
3
でした．
g p (x) = 2 p- 1 x p- 1 + ap- 2 x p- 2 + ººº
次に，問題文に出てくるもう１つの条件式
+ a1 x + a0
sin nq = gn(cos q)sin q
とおき，fp'(x) = pgp(x) であることを用いると
について少し見ていきましょう．具体的に n = 1，2， f (x) を表すことができます．ここからは，素数
p
3 のときについて考えると
の性質を用いて f (x) の p - 1 次以下の係数が p
p
sin q = 1 ∑ sin q
の倍数となることを示します．
よって，g1(cos q) = 1 \ g1(x) = 1
1
では，解答です．
また，cos pq = fp(cos q) において q =
< 解答 >
(1)
すると，fp(0) = 0 となる．よって，定数項 C = 0
f1(x) = x，g1(x) = 1
である．
2
f2(x) = 2x - 1，g2(x) = 2x
以上より，p を 3 以上の素数とすると，fp(x) の
である．よって
fn(x) = 2
p - 1 次以下の係数はすべて p で割り切れる．
x + ( 整数係数の高々 n - 1 次式 )
n-1
gn(x) = 2
n
n-1
p
を代入
2
( 解答おわり )
+ ( 整数係数の高々 n - 2 次式 )
n-1
x
と表せる ºº 1
と予想できる．以下，1 が成り立つことを数学的
では，考察です．
帰納法を用いて示す．
< 考察 >
(i) n = 1 のとき
まず，(1) で最高次の係数も含めた命題を示した理
1 は明らかに成り立つ．
由を考えましょう．これは
(ii) n = k (k = 1，2，ºº) のとき
fk + 1(x) = xfk(x) - (1 - x2)gk(x)
1 が成り立つと仮定する．において，fk(x) と gk(x) の最高次の係数の関係から
ここで，加法定理より
fk(x) + xgk(x) の k 次の項の係数が 0 になってしま
cos (k + 1)q = cos qcos kq - sin qsin kq
うと，fk + 1(x) の次数が k + 1 次とならないからです．
sin (k + 1)q = sin qcos kq + cos qsin kq
その可能性を消すために，係数が整数であることだ
けでなく，最高次の係数の値についても証明しなけ
であることを用いると
ればならなかったわけですね．
2
fk + 1(x) = xfk(x) - (1 - x )gk(x)
= 2 x
k
k+1
+ ( 整数係数の高々 k 次式 )
gk + 1(x) = fk(x) - xgk(x)
次に，(1) において今回は第１種チェビシェフ多
= 2 x + ( 整数係数の高々 k - 1 次式 )
項式と第 2 種チェビシェフ多項式を同時に考えまし
k
k
とおけば，n = k + 1 のときも 1 は成り立つ．たが，第 1 種単独で考えるにはどうしたらよいでしょ
以上 (i)，(ii) より，すべての自然数 n に対して
うか．これが意外と難しいのです．考えてみましょ
1 は成り立つ．
う．
(2) (1) より，a0，a1，ºº ，ap - 2 を整数とし
問
gp(x) = 2
n を自然数とする．すべての実数 q に対して
p-1
p-1
x
p-2
+ ap - 2x
+ ºº + a1x + a0
cos nq = fn(cos q)
とおけて，fp'(x) = pgp(x) であることから
p- 1
p
fp (x) = 2 x +
pap- 2
p-1
を満たし，係数がすべて整数である n 次式 x p- 1 + ºº + pa0 x + C
fn(x) が存在することを示せ．
(C は定数項 )
< 解答 >
とおける．ここで，fp(x) の xk (1 ≤ k ≤ p - 1) の
係数は
pak- 1
k
三角関数の和積の公式より
であるが，(1) よりこの値は整数であ
cos (n + 1)q + cos (n - 1)q = 2cos nqcos q
り，p が素数で 1 ≤ k ≤ p - 1 であることから，
\　cos (n + 1)q = 2cos qcos nq - cos (n - 1)q
この値は p の倍数である．である． 2
ºº 2
以下，係数がすべて整数である n 次式 fn(x) が存在
である．
すること ºº 3 を数学的帰納法を用いて示す．
sin q ≠ 0 のとき，両辺を - sin q で割ると
(i) n = 1，2 のとき
fn'(cos q ) = ngn(cos q )
f1(x) = x
となる．連続性から，sin q = 0 のときも成り立つ．
f2(x) = 2x2 - 1 (# cos 2q = 2cos2 q - 1)
である．よって，n = 1，2 のとき 3 は成り立つ．
(ii) n = k - 1，k (k = 2，3，ºº) のとき
最後に，cos q = x とすると
fn'(x) = ngn(x)
が成り立つ． ( 証明おわり )
3 が成り立つと仮定する．
つまり，n = k - 1，k のとき，係数がすべて整
簡単に証明できました．第 1 種と第 2 種の関係に数である n 次式 fn(x) で，cos nq = fn(cos q)
ついても理解できましたね．
を満たすものが存在すると仮定すると，2 より
最後に，問題の (1) については有名で未来の強者
cos (k + 1)q = 2cos qfk(cos q) - fk - 1(cos q)
の中には既知であった人もいたと思いますが，(2) の
であるから
性質にはビックリしたのではないでしょうか．それ
fk + 1(x) = 2xfk(x) - fk - 1(x) ºº &
では，具体的に確認してみましょう．
とおくと，仮定より fk + 1(x) は k + 1 次式で係
cos 3q = 4cos3 q - 3cos q
数はすべて整数で，fk + 1(cos q) = cos (k + 1)q で
ある．よって，n = k + 1 のときも 3 は成り立つ．
以上，(i)，(ii) よりすべての自然数 n に対して， → f3(x) = 4x3 - 3x cos 5q = 16cos5 q - 20cos3 q + 5cos q
→ f5(x) = 16x5 - 20x3 + 5x 3 は成り立つ． ( 証明おわり )
cos 7q = 64cos7 q - 112cos5 q + 56cos3 q - 7cos q
→ f7(x) = 64x7 - 112x5 + 56x3 - 7x
和積の公式を用いることが必要でけっこう難しい
となります (& を利用して，f5(x)，f7(x) を考えて
ですね．2 が 3 項間の関係式なので，帰納法の流れ
います )．確かに成り立っていますね．
も「3 項間」になります．できなかった人は解き直
合わせて，f( 奇数 )(x) には，x( 奇数 ) の項しか登場し
しもしてくださいね．
ないことなども分かりますね．& を用いれば簡単に
示すことができますので，やってみてください．
では，次に (2) で「用いてよい」として与えられ
ている関係式について見ていきましょう．この式は
< おわりに > 冒頭で見たように第 1 種と第 2 種の関係式となりま
今回もチェビシェフの多項式のおもしろい性質を
す．数Ⅲの微分を用いますが，そこまで難しくない
確認することができましたね．チェビシェフの多項
ので，証明してみましょう．
式にはまだまだ色々な性質がありますので，興味が
( 証明 )
湧いた方は自分で調べてみてくださいね．( また，
cos nq = fn(cos q)
強者で出題するかも ºº)
において，両辺を q で微分すると
では，今回はここまでとします．夏の疲れが出や
- nsin nq = - sin qfn'(cos q )
すい時期ですので，体調を崩すことのないようしっ
である．ここで
かり体調管理をし，勉強に励みましょう．お疲れ様
sin nq = gn(cos q)sin q
でした． ( 横山 )
であることより
- ngn(cos q)sin q = - sin qfn'(cos q )
3

Download Report