東大 1991年度理系数学第4問｜問題・解答・解説

方針

主解では、虚数単位 $i$ を用いて $q_{n} (x) + i p_{n} (x) = (1 + i x)^{n}$ と定める。二項定理により実部・虚部はいずれも $x$ の多項式であり、 $x = \tan θ$ とすれば $\cos θ + i \sin θ = (1 + i \tan θ) \cos θ$ から(1)が出る。(2)はこの多項式恒等式を $x$ で微分し、実部と虚部を比較する。別解として、加法定理から $p_{n + 1} = p_{n} + x q_{n}$ 、 $q_{n + 1} = q_{n} - x p_{n}$ を作り、導関数の関係も帰納法で示せる。

解答

(1)
虚数単位を $i$ とする。 $x$ の式 $(1 + i x)^{n}$ を展開すると、二項定理により $x$ の多項式になる。その実部を $q_{n} (x)$ 、虚部を $p_{n} (x)$ と定める。すなわち $q_{n} (x) + i p_{n} (x) = (1 + i x)^{n}$ である。 $x = \tan θ$ とおくと $\cos θ + i \sin θ = (1 + i \tan θ) \cos θ$ である。両辺を $n$ 乗して $\cos n θ + i \sin n θ = (1 + i \tan θ)^{n} \cos^{n} θ$ を得る。右辺は定義より ${q_{n} (\tan θ) + i p_{n} (\tan θ)} \cos^{n} θ$ である。実部と虚部を比較して $\cos n θ = q_{n} (\tan θ) \cos^{n} θ, \sin n θ = p_{n} (\tan θ) \cos^{n} θ$ である。したがって、求める多項式 $p_{n} (x), q_{n} (x)$ は存在する。

(2)
(1)
で定めた恒等式 $q_{n} (x) + i p_{n} (x) = (1 + i x)^{n}$ を $x$ で微分する。すると $q_{n}^{'} (x) + i p_{n}^{'} (x) = n i (1 + i x)^{n - 1}$ である。さらに $(1 + i x)^{n - 1} = q_{n - 1} (x) + i p_{n - 1} (x)$ だから $n i (1 + i x)^{n - 1} = n i {q_{n - 1} (x) + i p_{n - 1} (x)} = - n p_{n - 1} (x) + i n q_{n - 1} (x)$ である。実部と虚部を比較して $q_{n}^{'} (x) = - n p_{n - 1} (x), p_{n}^{'} (x) = n q_{n - 1} (x)$ を得る。すなわち $p_{n}^{'} (x) = n q_{n - 1} (x), q_{n}^{'} (x) = - n p_{n - 1} (x)$ である。

別解。複素数を使わず、加法定理だけでも構成できる。 $n = 1$ では $p_{1} (x) = x, q_{1} (x) = 1$ とすれば $\sin θ = x \cos θ, \cos θ = 1 \cdot \cos θ$ である。

ある $n$ で $\sin n θ = p_{n} (x) \cos^{n} θ, \cos n θ = q_{n} (x) \cos^{n} θ, x = \tan θ$ と書けているとする。加法定理より $\sin (n + 1) θ = \sin n θ \cos θ + \cos n θ \sin θ$ であるから $\sin (n + 1) θ = {p_{n} (x) + x q_{n} (x)} \cos^{n + 1} θ$ である。また $\cos (n + 1) θ = \cos n θ \cos θ - \sin n θ \sin θ$ より $\cos (n + 1) θ = {q_{n} (x) - x p_{n} (x)} \cos^{n + 1} θ$ である。したがって $p_{n + 1} (x) = p_{n} (x) + x q_{n} (x), q_{n + 1} (x) = q_{n} (x) - x p_{n} (x)$ とおけばよいので、(1)は帰納法でも示せる。

さらにこの漸化式から(2)も帰納法で出せる。まず $p_{2} (x) = 2 x, q_{2} (x) = 1 - x^{2}$ であるから $p_{2}^{'} (x) = 2 = 2 q_{1} (x), q_{2}^{'} (x) = - 2 x = - 2 p_{1} (x)$ が成り立つ。ある $n ≧ 2$ で $p_{n}^{'} (x) = n q_{n - 1} (x), q_{n}^{'} (x) = - n p_{n - 1} (x)$ が成り立つとする。すると $p_{n + 1}^{'} (x) = p_{n}^{'} (x) + q_{n} (x) + x q_{n}^{'} (x) = n q_{n - 1} (x) + q_{n} (x) - n x p_{n - 1} (x)$ である。ここで $q_{n} (x) = q_{n - 1} (x) - x p_{n - 1} (x)$ だから $p_{n + 1}^{'} (x) = (n + 1) q_{n} (x)$ となる。同様に $q_{n + 1}^{'} (x) = q_{n}^{'} (x) - p_{n} (x) - x p_{n}^{'} (x) = - n p_{n - 1} (x) - p_{n} (x) - n x q_{n - 1} (x)$ であり、 $p_{n} (x) = p_{n - 1} (x) + x q_{n - 1} (x)$ を使うと $q_{n + 1}^{'} (x) = - (n + 1) p_{n} (x)$ である。よって(2)も示された。

総評

多倍角を多項式として扱う証明問題である。目安時間は14分。主解では $(1 + i x)^{n}$ の実部・虚部を $q_{n}, p_{n}$ に対応させる順序が最重要で、ここを逆にすると(2)の符号も崩れる。微分は恒等式として行えば一行で決まる。加法定理による別解も自然で、こちらは $p_{n + 1} = p_{n} + x q_{n}$ 、 $q_{n + 1} = q_{n} - x p_{n}$ という漸化式が見えれば、存在と導関数の関係を同じ流れで証明できる。

東京大学 1991年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

方針

解答

総評

東京大学 1991年度前期日程第2次学力試験理系数学第4問