COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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三角関数の倍角の公式

$2$ 倍角の公式

定理≪三角関数の $2$ 倍角の公式≫

 すべての角 $\theta$ に対して \begin{align*} \cos 2\theta &= \cos ^2\theta -\sin ^2\theta \\ &= 2\cos ^2\theta -1 = 1-2\sin ^2\theta, \\ \sin 2\theta &= 2\sin\theta\cos\theta \end{align*} が成り立つ. 角 $\theta \neq \dfrac{2k+1}{4}\pi$ ($k$: 整数)に対して \[\tan 2\theta = \frac{2\tan\theta}{1-\tan ^2\theta}\] が成り立つ.

問題≪ピタゴラス数の公式の解析的証明≫

 正の整数 $a,$ $b,$ $c$ ($a < c,$ $b < c$)を $3$ 辺の長さとする直角三角形において, $\theta$ を $\tan\theta = \dfrac{b}{a}$ なる鋭角とする.
(1)
$t = \tan\dfrac{\theta}{2}$ を用いて $\cos\theta,$ $\sin\theta,$ $\dfrac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}$ を表せ.
(2)
$t$ は有理数であることを示せ.
(3)
$3$ 辺の長さの比は互いに素なある正の整数 $m,$ $n$ を用いて \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] と表せることを示せ.

解答例

(1)
倍角の公式により \[\tan\theta = \frac{2t}{1-t^2}\] であるから, \begin{align*} &\cos ^2\theta = \frac{1}{1+\tan ^2\theta} = \frac{1}{1+\dfrac{4t^2}{(1-t^2)^2}} \\ &= \frac{(1-t^2)^2}{(1-t^2)^2+4t^2} = \frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} = \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) ^2, \\ &\sin ^2\theta = 1-\cos ^2\theta = 1-\frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} \\ &= \frac{(1+t^2)^2-(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} = \frac{4t^2}{(1+t^2)^2} = \left(\frac{2t}{1+t^2}\right) ^2 \end{align*} が成り立つ. よって, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ から $\cos\theta > 0,$ $\sin\theta > 0,$ $0 < t < 1$ であることに注意すると, \begin{align*} &\cos\theta = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad \sin\theta = \frac{2t}{1+t^2}\ \cdots [1], \\ &\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta} = \frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{(1+t^2)+(1-t^2)} = t^2\ \cdots [2] \end{align*} が得られる.
(2)
仮定から $\cos\theta$ は有理数であるので, $[2]$ から $t^2$ は有理数である. さらに, $\sin\theta$ も有理数であるので, $[1]$ から $t = \dfrac{1+t^2}{2}\sin\theta$ も有理数である.
(3)
互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, (2) から \begin{align*} \frac{a}{c} &= \cos\theta = \frac{1-\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \\ \frac{b}{c} &= \sin\theta = \frac{2\cdot\dfrac{n}{m}}{1-\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{2mn}{m^2+n^2} \end{align*} となるので, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] となる.

背景

 $3$ 辺の長さがすべて整数であるような直角三角形を「ピタゴラスの三角形」(Pythagorean triangle)と呼び, その辺の長さの組 $(a,b,c)$ を「ピタゴラス数」(Pythagorean triple)と呼ぶ. 本問の結果からすべての「ピタゴラス数」を表す公式を得るには, もう少し議論が必要である(こちらを参照).

$3$ 倍角の公式

定理≪三角関数の $3$ 倍角の公式≫

 すべての角 $\theta$ に対して \begin{align*} \cos 3\theta &= 4\cos ^3\theta -3\cos\theta \\ \sin 3\theta &= 3\sin\theta -4\sin ^3\theta \end{align*} が成り立つ.

問題≪正五角形の対角線の長さ≫

(1)
実数 $\theta$ に対して $\cos 3\theta = 4\cos ^3\theta -3\cos\theta$ が成り立つことを示せ.
(2)
$a = \cos\dfrac{2\pi}{5}$ の値を求めよ.
(3)
$1$ 辺の長さが $1$ である正五角形の対角線の長さを求めよ.
[横浜市立大*]

解答例

(1)
加法定理,$2$ 倍角の公式により, \begin{align*} \cos 3\theta &= \cos (\theta +2\theta ) = \cos\theta\cos 2\theta -\sin\theta\sin 2\theta \\ &= \cos\theta (2\cos ^2\theta -1)-\sin\theta\cdot 2\sin\theta\cos\theta \\ &= 2\cos ^3\theta -\cos\theta -2\cos\theta (1-\cos ^2\theta ) \\ &= 4\cos ^3\theta -3\cos\theta \quad \cdots [1] \end{align*} が成り立つ.
(2)
$\theta = \dfrac{2\pi}{5}$ とおくと, $3\theta +2\theta = 2\pi$ となるから, $\cos 3\theta = \cos 2\theta$ となる. よって, 倍角の公式と $[1]$ から \begin{align*} &4a^3-3a = 2a^2-1 \\ &(a-1)(4a^2+2a-1) = 0 \end{align*} であるので, $0 < a < 1$ であることに注意すると $a = \dfrac{-1+\sqrt 5}{4}$ であることがわかる.
(3)
$1$ 辺の長さが $1$ である正五角形 $\mathrm{ABCDE}$ の頂点 $\mathrm A$ から辺 $\mathrm{CD}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
$\angle\mathrm{ABC} = \dfrac{(5-2)\pi}{5} = \dfrac{3\pi}{5}$ と $\mathrm{BA} = \mathrm{BC}$ から, $\angle\mathrm{BCA} = (\pi -\angle\mathrm{ABC})\div 2 = \dfrac{\pi}{5}$ である.
よって, $\angle\mathrm{ACH} = \angle\mathrm{BCD}-\angle\mathrm{BCA} = \dfrac{2\pi}{5}$ から $\cos\dfrac{2\pi}{5} = \cos\angle\mathrm{ACH} = \dfrac{\mathrm{CH}}{\mathrm{AC}}$ であるので, \begin{align*} \mathrm{AC} &= \mathrm{CH}\div\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{\sqrt 5-1} \\ &= \dfrac{2(\sqrt 5+1)}{4} = \dfrac{1+\sqrt 5}{2} \end{align*} である.

別解

(1)
$c = \cos\theta,$ $s = \sin\theta$ とおく. ド・モアブルの定理により, \begin{align*} &\cos 3\theta +i\sin 3\theta = (c+si)^3 \\ &= c^3+3c^2(si)+3c(-s^2)-s^3i \\ &= (c^3-3cs^2)+(3c^2s-s^3)i \\ &= \{ c^3-3c(1-c^2)\} +\{ 3(1-s^2)s-s^3\} i \\ &= (4c^3-3c)+(3s-4s^3)i \end{align*} が成り立つ. $c,$ $s$ は実数であるから, 両辺の実部を比較すると, 求める等式が得られる.

背景

  • 正五角形の辺と対角線の長さの比 $1:\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ を「黄金比」(golden ratio)と呼び, $\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ を「黄金数」(golden number)と呼ぶ.
  • \begin{align*} \cos 2\theta &= 2\cos ^2\theta -1, & \!\!\!\!\!\!\sin 2\theta &= (2\cos\theta )\sin\theta, \\ \cos 3\theta &= 4\cos ^3\theta -3\cos\theta, & \!\!\!\!\!\!\sin 3\theta &= (4\cos ^2\theta -1)\sin\theta \end{align*} のように, 各正の整数 $n$ に対し, $\cos n\theta$ はある $n$ 次多項式 $T_n(x)$ を用いて $\cos n\theta = T_n(\cos\theta )$ と表せ, $\sin n\theta$ はある $n-1$ 次多項式 $U_n(x)$ を用いて $\sin n\theta = U_n(\cos\theta )\sin\theta$ と表せることが知られている. $T_n(x),$ $U_n(x)$ は, それぞれ「第一種チェビシェフ多項式」,「第二種チェビシェフ多項式」と呼ばれ, あわせて「チェビシェフ多項式」(Chebyshev polynomial)と呼ばれる.

問題≪正七角形調和≫

 正七角形 $\mathrm{ABCDEFG}$ において $a = \mathrm{GA},$ $b = \mathrm{GB},$ $c = \mathrm{GC}$ とおき, $\theta = \dfrac{\pi}{7}$ とおく.
(1)
$\triangle\mathrm{GAB}$ と $\triangle\mathrm{GBC}$ に着目して, $b = 2a\cos\theta$ と $c = a(4\cos ^2\theta -1)$ を示せ.
(2)
$\sin 3\theta$ と $\sin 4\theta$ を $\cos\theta$ の多項式と $\sin\theta$ の積の形に表せ.
(3)
$\cos\theta$ を解に持つ $3$ 次方程式を $1$ つ求めよ.
(4)
$a^{-1} = b^{-1}+c^{-1}$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$\triangle\mathrm{GAB}$ は頂角が $\dfrac{5\pi}{7},$ 底角が $\theta = \dfrac{\pi}{7}$ の二等辺三角形であるから, \[ b = \mathrm{GB} = 2\mathrm{GA}\cos\angle\mathrm{AGB} = 2a\cos\theta \quad \cdots [1]\] が成り立つ.
等脚台形 $\mathrm{ABCG}$ に着目すると, $\angle\mathrm{BGC} = \angle\mathrm{ABG} = \theta,$ $\angle\mathrm{BCG} = \angle\mathrm{AGC} = \angle\mathrm{AGB}+\angle\mathrm{BGC} = 2\theta$ がわかる. 点 $\mathrm B$ から $\mathrm{GC}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, \begin{align*} c &= \mathrm{GC} = \mathrm{GH}+\mathrm{HC} \\ &= \mathrm{GB}\cos\angle\mathrm{BGC}+\mathrm{BC}\cos\angle\mathrm{BCG} \\ &= b\cos\theta +a\cos 2\theta \\ &= 2a\cos ^2\theta +a(2\cos ^2\theta -1) \\ &= a(4\cos ^2\theta -1) \quad \cdots [2] \end{align*} となる.
(2)
加法定理と $2$ 倍角の公式により, \begin{align*} \sin 3\theta &= \sin (2\theta +\theta ) = \sin 2\theta\cos\theta +\cos 2\theta\sin\theta \\ &= (2\sin\theta\cos\theta )\cos\theta +(2\cos ^2\theta -1)\sin\theta \\ &= (4\cos ^2\theta -1)\sin\theta \quad \cdots [3], \\ \sin 4\theta &= \sin 2(2\theta ) = 2\sin 2\theta\cos 2\theta \\ &= 2(2\sin\theta\cos\theta )(2\cos ^2\theta -1) \\ &= (8\cos ^3\theta -4\cos\theta )\sin\theta \quad \cdots [4] \end{align*} が成り立つ.
(3)
$\theta = \dfrac{\pi}{7}$ から $3\theta +4\theta = \pi$ であるので, \[\sin 4\theta = \sin 3\theta\] が成り立つ. ここに $[3]$ と $[4]$ を代入して整理すると \[ (8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1)\sin\theta = 0\] となり, $\sin\theta \neq 0$ から \[ 8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1 = 0 \quad \cdots [5]\] となる. $\cos\theta$ を解に持つ $3$ 次方程式 $8x^3-4x^2-4x+1 = 0$ が得られた.
(4)
$a^{-1} = b^{-1}+c^{-1}$ を示すには, $bc = ca+ab$ を示せばよい. $ab-bc+ca$ に $[1],$ $[2]$ を代入して整理すると, $[5]$ から \begin{align*} ab-bc+ca &= -a^2(8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1) \\ &= 0 \end{align*} となり, 求める結果が得られる.

別解

(4)
四角形 $\mathrm{BCDG}$ は円に内接するから, トレミーの定理により, \[\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CG} = \mathrm{BC}\cdot\mathrm{DG}+\mathrm{CD}\cdot\mathrm{GB}\] つまり \[ bc = ac+ab\] が成り立つ.
両辺を $abc$ で割ると, 求める結果が得られる.

背景

 正七角形の $1$ 辺の長さ $a$ と対角線の長さ $b,$ $c$ に関する関係式 $a^{-1} = b^{-1}+c^{-1}$ は「正七角形調和」と呼ばれる.

$n$ 倍角の公式

問題≪チェビシェフ多項式の存在≫

 $n$ を正の整数とする. すべての実数 $\theta$ に対して \[\begin{cases} \cos n\theta = T_n(\cos\theta ) & \cdots [1], \\ \sin n\theta = U_n(\cos\theta )\sin\theta & \cdots [2] \end{cases}\] を満たす整数係数 $n$ 次多項式 $T_n(x)$ と整数係数 $n-1$ 次多項式 $U_n(x)$ が存在することを示せ.
[1996 京都大]

解答例

 問題の主張を (P) とする. これを示す代わりに, より強い命題
「(P) かつ $T_n(x),$ $U_n(x)$ の最高次の項の係数は正」$\cdots$(P)'
を数学的帰納法で示す.
(i)
$n = 1$ のとき. $T_1(x) = x,$ $U_1(x) = 1$ は (P)' を満たす.
(ii)
$n = k$ ($k$: 正の整数)のとき, (P)' が成り立つとする.
このとき, \begin{align*} &\cos (k+1)\theta = \cos (k\theta +\theta ) \\ &= \cos k\theta\cos\theta -\sin k\theta\sin\theta \\ &= T_k(\cos\theta )\cos\theta -U_k(\cos\theta )\sin ^2\theta \\ &= T_k(\cos\theta )\cos\theta +U_k(\cos\theta )(\cos ^2\theta -1), \\ &\sin (k+1)\theta = \sin (k\theta +\theta ) \\ &= \sin k\theta\cos\theta +\cos k\theta\sin\theta \\ &= U_k(\cos\theta )\sin\theta\cos\theta +T_k(\cos\theta )\sin\theta \\ &= \{ U_k(\cos\theta )\cos\theta +T_k(\cos\theta )\}\sin\theta \end{align*} から, \begin{align*} T_{k+1}(x) &= T_k(x)x+U_k(x)(x^2-1), \\ U_{k+1}(x) &= U_k(x)x+T_k(x) \end{align*} は $n = k+1$ の場合の $[1]$ と $[2]$ を満たす. また, $T_k(x)$ と $U_k(x)$ は整数係数であるから, $T_{k+1}(x)$ と $U_{k+1}(x)$ も整数係数である. さらに, $T_k(x)$ の $x^k$ の係数と $U_k(x)$ の $x^{k-1}$ の係数は正であるから, $T_{k+1}(x)$ の $x^{k+1}$ の係数と $U_{k+1}(x)$ の $x^k$ の係数は正であり, $T_{k+1}(x)$ は $k+1$ 次で $U_{k+1}(x)$ は $k$ 次である.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して, (P)' が成り立つので, (P) が成り立つ.

別解 1

 $c = \cos\theta,$ $s = \sin\theta$ とおく. ド・モアブルの定理と二項定理により, \begin{align*} &\cos n\theta +i\sin n\theta = (c+si)^n \\ &= \sum_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &\qquad +\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(-s^2)^{\frac{k}{2}} \\ &\qquad +\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(-s^2)^{\frac{k-1}{2}}(si) \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k}{2}} \\ &\qquad +is\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{align*} が成り立つ. ここで, 右辺の和の記号は, それぞれ $0 \leqq k \leqq n$ なるすべての偶数, 奇数 $k$ にわたる和を表す. 両辺の実部, 虚部をそれぞれ比較すると, \begin{align*} \cos n\theta &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k}{2}}, \\ \sin n\theta &= s\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{align*} となる. よって, 多項式 \begin{align*} T_n(x) &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-k}(x^2-1)^{\frac{k}{2}},\\ U_n(x) &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-k}(x^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{align*} は $\cos n\theta = T_n(\cos\theta ),$ $\sin n\theta = U_n(\cos\theta )\sin\theta$ を満たす. $T_n(x),$ $U_n(x)$ の最高次の項はそれぞれ \[\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kx^n, \quad \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-1}\] に等しいので, $T_n(x)$ は $n$ 次, $U_n(x)$ は $n-1$ 次の整数係数多項式である.

別解 2

 加法定理により \begin{align*} \cos (n+2)\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta -\sin (n+1)\theta\sin\theta, \\ \cos n\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta +\sin (n+1)\theta\sin\theta, \\ \sin (n+2)\theta &= \sin (n+1)\theta\cos\theta -\cos (n+1)\theta\sin\theta, \\ \sin n\theta &= \sin (n+1)\theta\cos\theta +\cos (n+1)\theta\sin\theta \end{align*} から \begin{align*} \cos (n+2)\theta &= 2\cos (n+1)\theta\cos\theta -\cos n\theta, \\ \sin (n+2)\theta &= 2\sin (n+1)\theta\cos\theta -\sin n\theta \end{align*} が成り立つ. そこで, 初期条件 $T_1(x) = x,$ $T_2(x) = 2x^2-1,$ $U_1(x) = 1,$ $U_2(x) = 2x$ と漸化式 $T_{n+2}(x) = 2T_{n+1}(x)x-T_n(x),$ $U_{n+2}(x) = 2U_{n+1}(x)x-U_n(x)$ によって $n$ 次多項式 $T_n(x),$ $n-1$ 次多項式 $U_n(x)$ を順次定めると, $[1],$ $[2]$ を満たす整数係数多項式が得られる.

背景

  • 各正の整数 $n$ に対し, $\cos n\theta$ はある $n$ 次多項式 $T_n(x)$ を用いて $\cos n\theta = T_n(\cos\theta )$ と表すことができる. $\cos n\theta$ とは違い, $\sin n\theta$ は $\cos\theta,$ $\sin\theta$ の一方のみの多項式として表せるとは限らないが, ある多項式 $U_n(x)$ を用いて $\sin n\theta = U_n(\cos\theta )\sin\theta$ と表すことができる. $T_n(x),$ $U_n(x)$ は, それぞれ「第一種チェビシェフ多項式」,「第二種チェビシェフ多項式」と呼ばれ, あわせて「チェビシェフ多項式」(Chebyshev polynomial)と呼ばれる. これを次数の低い順に書き出していくと, \begin{align*} T_1(x) &= x, \!\!\!\!&\!\!\!\! U_1(x) &= 1, \\ T_2(x) &= 2x^2-1, \!\!\!\!&\!\!\!\! U_2(x) &= 2x, \\ T_3(x) &= 4x^3-3x, \!\!\!\!&\!\!\!\! U_3(x) &= 4x^2-1, \\ T_4(x) &= 8x^4-8x^2+1, \!\!\!\!&\!\!\!\! U_4(x) &= 8x^3-4x, \\ T_5(x) &= 16x^5-20x^3+5x, \!\!\!\!&\!\!\!\! U_5(x) &= 16x^4-12x^2+1, \\ \vdots\quad& \!\!\!\!&\!\!\!\! \vdots\quad& \end{align*} のようになる.
  • ちなみに, $T_n(x)$ と $U_n(x)$ の間には, $T_n{}'(x) = nU_n(x)$ という関係がある. 実際, $[1]$ の両辺を $\theta$ で微分すると, 合成関数の微分法(数学 III)により, \[ -n\sin n\theta = -T_n{}'(\cos\theta )\sin\theta\] となる. $[2]$ を代入すると, \[ T_n{}'(\cos\theta )\sin\theta = nU_n(\cos\theta )\sin\theta\] を得る. よって, $\sin\theta \neq 0$ なるすべての実数 $\theta$ に対し, したがって $\cos\theta$ の相異なる $n$ 個の値に対して \[ T_n{}'(\cos\theta ) = nU_n(\cos\theta )\] が成り立つ. $T_n{}'(x)$ と $nU_n(x)$ は $n-1$ 次多項式であるから, $T_n{}'(x) = nU_n(x)$ が成り立つ.

問題≪チェビシェフ多項式の性質≫

 $T_0(x) = 1,$ $T_1(x) = x$ と漸化式 \[ T_{n+2}(x) = 2T_{n+1}(x)x-T_n(x)\] により多項式 $T_n(x)\ (n \geqq 0)$ を定める.
(1)
すべての非負整数 $n,$ 実数 $\theta$ に対して \[ T_n(\cos\theta ) = \cos n\theta \quad \cdots [P]\] が成り立つことを数学的帰納法で示せ.
(2)
$m$ を正の数とする. $T_m(x) = 0$ の実数解を余弦の値で表せ.
(3)
$T_n(x)$ を $x$ の関数とみなすとき, $n$ が偶数のとき $T_n(x)$ は偶関数であり, $n$ が奇数のとき $T_n(x)$ は奇関数であることを示せ.
(4)
$n \geqq 2$ のとき, $n$ の正の約数 $m$ について $\dfrac{n}{m}$ が奇数であるならば, $T_m(x)$ は $T_n(x)$ を割り切ることを示せ.

解答例

(1)
(i)
$T_0(\cos\theta ) = 1 = \cos 0,$ $T_1(\cos\theta ) = \cos\theta$ から, $n = 0,$ $1$ のとき $[P]$ が成り立つ.
(ii)
$n = k,$ $k+1$ ($k$: 非負整数)のとき $[P]$ が成り立つとすると, 積和の公式により \begin{align*} T_{k+2}(\cos\theta ) &= 2T_{k+1}(\cos\theta )\cos\theta-T_k(\cos\theta ) \\ &= 2\cos (k+1)\theta\cos\theta -\cos k\theta \\ &= \cos (k+2)\theta +\cos k\theta -\cos k\theta \\ &= \cos (k+2)\theta \end{align*} となり, $n = k+2$ のとき $[P]$ が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての非負整数 $n$ に対して $[P]$ が成り立つ.
(2)
$T_m(x) = 0$ の解を $x = \cos\theta\ (0 \leqq \theta < 2\pi )$ とおくと, (1) から $\cos m\theta = 0$ となり, \[ m\theta = (2k-1)\frac{\pi}{2}\] つまり \[\theta = \frac{2k-1}{m}\cdot\frac{\pi}{2} \quad (k = 1,\ \cdots,\ m)\] となるので, $x$ は \[ x = \cos\left(\frac{2k-1}{m}\cdot\frac{\pi}{2}\right) \quad (k = 1,\ \cdots,\ m)\] と表される. $m$ 次方程式は $m$ 個以下の解しかもたないから, これが解のすべてである.
(3)
題意を示すには, \[ T_n(-x) = (-1)^nT_n(x) \quad \cdots [Q]\] が成り立つことを示せばよい.
(i)
$T_0(-x) = 1 = T_0(x),$ $T_1(-x) = -x = -T_1(x)$ から, $n = 0,$ $1$ のとき $[Q]$ が成り立つ.
(ii)
$n = k,$ $k+1$ ($k$: 非負整数)のとき $[Q]$ が成り立つとすると, \begin{align*} T_{k+2}(-x) &= 2T_{k+1}(-x)\cdot (-x)-T_k(-x) \\ &= -2(-1)^{k+1}T_{k+1}(x)x-(-1)^kT_k(x) \\ &= (-1)^{k+2}\{ 2T_{k+1}(x)x-T_k(x)\} \\ &= (-1)^{k+2}T_{k+2}(x). \end{align*} となり, $n = k+2$ のとき $[Q]$ が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての非負整数 $n$ に対して $[Q]$ が成り立つ. これで, 題意が示された.
(4)
$q = \dfrac{n}{m}$ とおき, $1 \leqq k \leqq m$ なる各整数 $k$ に対して $\theta _k = \dfrac{2k-1}{m}\cdot\dfrac{\pi}{2}$ とおくと, (1) で示したことと $T_q(x)$ が奇関数であることから, \begin{align*} T_n(\cos\theta _k) &= \cos n\theta _k = \cos q(m\theta _k) = T_q(\cos m\theta _k) \\ &= T_q(T_m(\cos\theta _k)) = T_q(0) = 0 \end{align*} となる. よって, 因数定理により $x-\cos\theta _k\ (1 \leqq k \leqq m)$ は $T_n(x)$ を割り切る. ゆえに, $T_m(x)$ は $T_n(x)$ は割り切る.