【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第7問）
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。
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。
$\begin{matrix}1&0&0&0&0&-1\enspace|\underline{1}\\&1&1&1&1&1\\\hline1&1&1&1&1&0\end{matrix}$
$(w-1)(w^4+w^3+w^2+w+1)=0$
[te]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。
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）
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。
$\cfrac{1}{z}=\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)$
$=\cos\theta-i\sin\theta$
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
$wz-\cfrac{1}{wz}=\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)-\cos\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)+i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$
$=2i\sin\Big(\theta+\cfrac{2\pi}{5}\Big)$
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）
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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