数III 高校数学の解法

【数III複素数平面】1の5乗根を因数分解して利用する/ド・モアブルの定理(千葉大2021)

今回は 1 の 5 乗根の式を因数分解して解くよ。よく出るヤツ。

以下の問いに答えよ。(千葉大2021)

(1) $w=\cos\cfrac{2\pi}{5}+i\sin\cfrac{2\pi}{5}$ とする。ただし,$i$ は虚数単位である。$z$ を 0 でない複素数とするとき,次の等式を証明せよ。

$\Big(z-\cfrac{1}{z}\Big)\Big(wz-\cfrac{1}{wz}\Big)\Big(w^2z-\cfrac{1}{w^2z}\Big)\Big(w^3z-\cfrac{1}{w^3z}\Big)\Big(w^4z-\cfrac{1}{w^4z}\Big)=z^5-\cfrac{1}{z^5}$

(2) ある定数 $C$ に対して,等式

$\sin\theta\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{4\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{6\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{8\pi}{5}\Big)=C\sin5\theta$

がすべての実数 $\theta$ で成り立つことを示せ。また,$C$ の値を求めよ。

(3) $\sin\cfrac{\pi}{10}\sin\cfrac{3\pi}{10}$ の値を求めよ。

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1の5乗根の式を因数分解して利用する

(1)から始めます。

式を展開してかけ算をしていくと,次数の大きな数ができそうです。

こういうときは,ド・モアブルの定理を用いて,次数を整理しましょう。

$w^5=\Big(\cos\cfrac{2\pi}{5}+i\sin\cfrac{2\pi}{5}\Big)^5$
$=\cos\Big(5\times\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(5\times\cfrac{2\pi}{5}\Big)$
$=\cos2\pi+i\sin2\pi$
$=1$

これを使うと,たとえば

$w^7=w^5\cdot w^2$

$=1\cdot w^2$

$=w^2$

みたいに次数を下げられる。

式を展開していきます。前から順番に展開するのではなく,先に $w^5$ を作ることを考えながら展開していくと良いでしょう。

$\Big(wz-\cfrac{1}{wz}\Big)\Big(w^4z-\cfrac{1}{w^4z}\Big)$
$=w^5z^2-\cfrac{1}{w^3}-w^3+\cfrac{1}{w^5z^2}$
$=w^5z^2+\cfrac{1}{w^5z^2}-\cfrac{1+w^6}{w^3}$

$w^5=1$ より

$=z^2+\cfrac{1}{z^2}-\cfrac{1+w}{w^3}$ ・・・①

また

$\Big(w^2z-\cfrac{1}{w^2z}\Big)\Big(w^3z-\cfrac{1}{w^3z}\Big)$
$=w^5z^2-\cfrac{1}{w}-w+\cfrac{1}{w^5z^2}$
$=z^2+\cfrac{1}{z^2}-\cfrac{1+w^2}{2}$ ・・・②

①×② を計算すると

$\Big\{\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)-\cfrac{1+w}{w^3}\Big\}\Big\{\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)-\cfrac{1+w^2}{w}\Big\}$
$=\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)^2-\Big(\cfrac{1+w}{w^3}+\cfrac{1+w^2}{w}\Big)\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)+\Big(\cfrac{1+w}{w^3}\Big)\Big(\cfrac{1+w^2}{w}\Big)$
$=\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)^2-\cfrac{1+w+w^2+w^4}{w^3}\cdot\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)+\cfrac{1+w^2+w+w^3}{w^4}$

式を降べきの順に整理しておきます。

$=\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)^2-\cfrac{w^4+w^2+w+1}{w^3}\cdot\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)+\cfrac{w^3+w^2+w+1}{w^4}$ ・・・③

ここで,$w^5=1$ を因数分解するとうまくいきます。

$w^5=1$
$w^5-1=0$ より

左辺を $w-1$ で割ります。この場合,組立除法が使えます。

式は $w^5$ の係数が 1 で $w^4$ ~ $w$ までの係数は 0 と考えます。そして,定数項が $-1$ です。

$\begin{matrix}1&0&0&0&0&-1\enspace|\underline{1}\\&1&1&1&1&1\\\hline1&1&1&1&1&0\end{matrix}$

$(w-1)(w^4+w^3+w^2+w+1)=0$

この辺は理屈というより $w^4+w^3+\cdots$ の部分を作るための作業なので,手順を覚えてしまうと良い。

組立除法使うんだ。

実際はいちいち書かなくても結果は予想できるようになると思うよ。普通は書かない。

よって

$w-1=0$

または

$w^4+w^3+w^2+w+1=0$

ということになります。

この式を移項すると

$w^4+w^2+w+1=-w^3$
$w^3+w^2+w+1=-w^4$

となるので,③は

$=\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)^2-\cfrac{-w^3}{w^3}\cdot\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)+\cfrac{-w^4}{w^4}$
$=\Big(z^2+\cfrac{1}{z^2}\Big)^2+z^2+\cfrac{1}{z^2}-1$

カッコを展開して

$=z^4+2+\cfrac{1}{z^4}+z^2+\cfrac{1}{z^2}-1$
$=z^4+z^2+\cfrac{1}{z^2}+\cfrac{1}{z^4}+1$

あともう一つ $\Big(z-\cfrac{1}{z}\Big)$ をかけるのを忘れずに

$\Big(z-\cfrac{1}{z}\Big)\Big(z^4+z^2+\cfrac{1}{z^2}+\cfrac{1}{z^4}+1\Big)$
$=z^5+z^3+\cfrac{1}{z}+\cfrac{1}{z^3}+z-z^3-z-\cfrac{1}{z^3}-\cfrac{1}{z^5}-\cfrac{1}{z}$

$=z^5-\cfrac{1}{z^5}$ (証明終わり)

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三角関数の等式を利用する

(2)に進みます。

(1)の等式を利用しましょう。

$z=\cos\theta+i\sin\theta$

$w=\cos\cfrac{2\pi}{5}+i\sin\cfrac{2\pi}{5}$

として,これを(1)の式の形に合わせていきます。

$\cfrac{1}{z}=\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)$
$=\cos\theta-i\sin\theta$

この辺は数IIBで三角関数の性質習うときに出てくる等式思い出して。

よって

$z-\cfrac{1}{z}=\cos\theta+i\sin\theta-\cos\theta+i\sin\theta$
$=2i\sin\theta$

また

$wz=\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$

さらに

$\cfrac{1}{wz}=\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)-i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$

よって

$wz-\cfrac{1}{wz}=\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)-\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$
$=2i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$

この辺でだいたい法則性見えてきたと思う。

ド・モアブルの定理より

$w^2=\cos\cfrac{4\pi}{5}+i\sin\cfrac{4\pi}{5}$
$w^3=\cos\cfrac{6\pi}{5}+i\sin\cfrac{6\pi}{5}$
$w^4=\cos\cfrac{8\pi}{5}+i\sin\cfrac{8\pi}{5}$

となるので,上と同様にして

$w^2z-\cfrac{1}{w^2z}=2i\sin\Big(\theta+\cfrac{4\pi}{5}\Big)$
$w^3z-\cfrac{1}{w^3z}=2i\sin\Big(\theta+\cfrac{6\pi}{5}\Big)$
$w^4z-\cfrac{1}{w^4z}=2i\sin\Big(\theta+\cfrac{8\pi}{5}\Big)$

よって

$(2i)^5\sin\theta\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{4\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{6\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{8\pi}{5}\Big)$
$=\Big(z-\cfrac{1}{z}\Big)\Big(wz-\cfrac{1}{wz}\Big)\Big(w^2z-\cfrac{1}{w^2z}\Big)\Big(w^3z-\cfrac{1}{w^3z}\Big)\Big(w^4z-\cfrac{1}{w^4z}\Big)$
$=z^5-\cfrac{1}{z^5}$

ド・モアブルの定理より

$z^5-\cfrac{1}{z^5}$
$=\cos5\theta+i\sin\theta-\cos(-5\theta)-i\sin(-5\theta)$
$=\cos5\theta+i\sin5\theta-\cos5\theta+i\sin5\theta$
$=2i\sin5\theta$

よって

$\sin\theta\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{4\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{6\pi}{5}\Big)\sin\Big(\theta+\cfrac{8\pi}{5}\Big)$
$=\cfrac{2i}{(2i)^5}\sin5\theta$
$=\cfrac{1}{(2i)^4}\sin5\theta$
$=\cfrac{1}{16}\sin5\theta$

したがって,$C=\cfrac{1}{16}$ (答え)

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さらに三角関数の等式を利用する

(3)に進みます。

(2)より

$\sin\cfrac{\pi}{10}\sin\cfrac{3\pi}{10}\sin\cfrac{5\pi}{10}\sin\cfrac{7\pi}{10}\sin\cfrac{9\pi}{10}=\cfrac{1}{16}\sin\cfrac{5\pi}{10}$
$\sin\cfrac{\pi}{10}\sin\cfrac{3\pi}{10}\sin\cfrac{7\pi}{10}\sin\cfrac{9\pi}{10}=\cfrac{1}{16}$

三角関数の性質より

$\sin\cfrac{7\pi}{10}=\sin\cfrac{3\pi}{10}$
$\sin\cfrac{9\pi}{10}=\sin\cfrac{\pi}{10}$

が成り立つ。よって

$\Big(\sin\cfrac{\pi}{10}\sin\cfrac{3\pi}{10}\Big)^2=\cfrac{1}{16}$

$\sin\cfrac{\pi}{10}>0$,$\sin\cfrac{3\pi}{10}>0$ だから

$\sin\cfrac{\pi}{10}\sin\cfrac{3\pi}{10}=\cfrac{1}{4}$ (答え)

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