https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1929/Igaku

2022.09.01記

[3] $\cos n\theta$ 及ビ $\sin n\theta$ ヲ $\sin\theta$ 及ビ $\cos\theta$ ノ級數トシテ展開セヨ．但シ $n$ ハ有理數トス．

本問のテーマ

チェビシェフ多項式
一般二項定理

2023.09.02記
問題文がわかりにくいが， $\cos n\theta$ を $\sin\theta$ の級数として展開し，また $\cos\theta$ の級数として展開せよ，さらに $\sin n\theta$ を $\sin\theta$ の級数として展開し，また $\cos\theta$ の級数として展開せよ，という意味ではなく
$\cos n\theta=f(\cos\theta,\sin\theta)$ ， $\sin n\theta=g(\cos\theta,\sin\theta)$
のように $\sin\theta$ と $\cos\theta$ の両方を用いた級数として展開せよ，と考える．もちろん $\sin\theta$ もしくは $\cos\theta$ のうち片方だけで展開できればそれに越したことはない．

例えば， $\sin2\theta$ は
$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$
でも構わず，これを
$\sin2\theta=2\sin\theta\sqrt{1-\sin^2\theta}$
$=2\sin\theta\left(1-\dfrac{\sin^2 \theta}{2}+\dfrac{\sin^4 \theta}{8}-\dfrac{\sin^6 \theta}{16}+\dfrac{5\sin^8 \theta}{128}-\dfrac{7\sin^{10} \theta}{256}+\cdots \right)$
$=2\sin\theta-\sin^3 \theta+\dfrac{\sin^5 \theta}{4}-\dfrac{\sin^7 \theta}{8}+\dfrac{5\sin^9 \theta}{64}-\dfrac{7\sin^{11} \theta}{128}+\cdots$
と展開しても構わない，とにかく表そうと考える．

もちろん， $n$ が自然数であれば， $T_n(\cos\theta)=\cos n\theta$ とおくと，和積の公式
$T_{n+1}(\cos\theta)+T_{n-1}(\cos\theta)=2\cos\theta\cdot T_n(\cos\theta)$
から
$T_0(x)=1$ ， $T_1(x)=x$ ，
$T_{n+1}(x)=2x\cdot T_n(x)-T_{n-1}(x)$
という漸化式が得られるので $T_n(x)$ を求めることができる．この $T_n(x)$ を第一種チェビシェフ多項式という．

同様に $n$ が自然数であれば， $U_n(\cos\theta)=\dfrac{\sin n\theta}{\sin\theta}$
とおくと，和積の公式
$U_{n+1}(\cos\theta)+U_{n-1}(\cos\theta)=2\cos\theta\cdot U_n(\cos\theta)$
から
$U_0(x)=1$ ， $U_1(x)=2x$ ，
$U_{n+1}(x)=2x\cdot U_n(x)-U_{n-1}(x)$
という漸化式が得られるので $U_n(x)$ を求めることができる．この $U_n(x)$ を第二種チェビシェフ多項式という．

しかし，本文では $n$ は有理数であるため，この漸化式は使えない．

そこで先程の $\sin2\theta$ の例のようにみると，これは $x=\sin\theta$ と置くと， $f(x)=\sin n\theta$ のマクローリン展開を行っていることに相当していることに着目し，たとえ $n$ が自然数であっても $\sin\theta$ の無限級数として表現することを考えることにする．

そのためには $f^{(k)}(0)$ を求める必要があり，この漸化式を作ることが目標となる．

なお，以下の解答は $n$ が実数の場合に拡張されている．

[解答]
$x=\sin\theta$ とおくと， $\theta=\mbox{Arcsin}\, x$ であるから，
$f(x)=\sin \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}$
を $x$ （や $\sqrt{1-x^2}$ ）で展開することを考える．

$f'(x)=\cos \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}\cdot\dfrac{n}{\sqrt{1-x^2}}$ ，
から
$(1-x^2)(f')^2=n^2(1-f^2)$
（ $=\cos^2 \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}$ ）
が成立する．よってこれを微分すると
$-2x(f')^2+2(1-x^2)f'f''=-2n^2ff'$
となる． $f'$ は恒等的に0ではないので
$-xf'+(1-x^2)f''=-n^2f$ ，
が成立する．

ライプニッツ則により，一般の関数 $F,G$ に対して

$(xF)^{(k)}$ $={}_k\mbox{C}_1 (x)'F^{(k-1)}+xF^{k}$ $=k F^{(k-1)}+xF^{k}$ ，

$((1-x^2)G)^{(k)}$ $={}_k\mbox{C}_2 (1-x^2)''G^{(k-2)}$ $+{}_k\mbox{C}_1 (1-x^2)'G^{(k-1)}$ $+(1-x^2)G^{k}$ $=-k(k-1)G^{(k-2)}$ $-2kxG^{(k-1)}$ $+(1-x^2)G^{k}$

が成り立つことに注意して $-xf'+(1-x^2)f''=-n^2f$ を $k$ 回微分すると，

$-kf^{(k)}-xf^{(k+1)}$ $-k(k-1)f^{(k)}-2kxf^{(k+1)}+(1-x^2)f^{(k+2)}$ $=-n^2f^{(k)}$

が成立する．よって $x=0$ を代入して
$-kf^{(k)}(0)$ $+f^{(k+2)}(0)-k(k-1)f^{(k)}(0)$ $=-n^2f^{(k)}(0)$ ，
整理して
$f^{(k+2)}(0)=-(n^2-k^2)f^{(k)}(0)$
が成立する．ここで $f(0)=0$ ， $f'(0)=n$ であるから，
$f(x)=nx-\dfrac{n(n^2-1^2)}{3!}x^3+\dfrac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}x^5+\cdots$
$=n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}}{2i+1}x^{2i+1}$
が成立する．つまり
$\sin n\theta=n\sin\theta-\dfrac{n(n^2-1^2)}{3!}\sin^3\theta+\dfrac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}\sin^5\theta+\cdots$
$=n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}}{2i+1}\sin^{2i+1}\theta$
が成立する．

これを微分して $n$ で割ると
$\cos n\theta=\cos\theta-\dfrac{(n^2-1^2)}{2!}\sin^2\theta\cos\theta+\dfrac{(n^2-1)(n^2-3^2)}{4!}\sin^4\theta\cos\theta+\cdots$
$=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}\sin^{2i}\theta\cos\theta$
となる．これは
$\cos n\theta=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i \cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}(1-\cos^2\theta)^{i}\cos\theta$
とも表現できる．

本問はどこまで正解とするかは難しい．ここまででも十分だと思うが，さらに進めていこう．

次に $g(x)=\cos \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}$ とおくと，
$g'(x)=-\sin \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}\cdot\dfrac{n}{\sqrt{1-x^2}}$ ，
から
$(1-x^2)(g')^2=n^2(1-g^2)$
（ $=\sin^2 \{n(\mbox{Arcsin}\, x)\}$ ）
が成立する．これは先程と同じ漸化式であるから，
$g^{(k+2)}(0)=-(n^2-k^2)g^{(k)}(0)$
が成立する．ここで $g(0)=1$ ， $g'(0)=0$ であるから，
$g(x)=1-\dfrac{n^2}{2!}x^2+\dfrac{n^2(n^2-2^2)}{4!}x^4+\cdots$
$=1+n\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^i \cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i} x^{2i}$

が成立する．つまり
$\cos n\theta=1-\dfrac{n^2}{2!}\sin^2\theta+\dfrac{n^2(n^2-2^2)}{4!}\sin^4\theta+\cdots$
$=1+n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i \cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i} \sin^{2i}\theta$
が成立する．これは
$\cos n\theta=1+n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i} (1-\cos^2\theta)^{i}$
とも表現できる．

これを微分して $-n$ で割ると
$\sin n\theta=n\sin\theta\cos\theta-\dfrac{n(n^2-2^2)}{3!}\sin^3\theta\cos\theta$ $+\dfrac{n(n^2-2^2)(n^2-4^2)}{5!}\sin^5\theta\cos\theta+\cdots$
$=n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{i-1} \cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i-1} \sin^{2i-1}\theta\cos\theta$
となる．

ここで， $\sin n\theta$ ， $\cos n\theta$ の無限和による展開式が複数得られた．
例えば $\sin n\theta$ に対して
$n\sin\theta-\dfrac{n(n^2-1^2)}{3!}\sin^3\theta+\dfrac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}\sin^5\theta+\cdots$
$n\sin\theta\cos\theta-\dfrac{n(n^2-2^2)}{3!}\sin^3\theta\cos\theta$ $+\dfrac{n(n^2-2^2)(n^2-4^2)}{5!}\sin^5\theta\cos\theta+\cdots$
と2種類の展開式が得られている． $n$ が自然数のとき，その偶奇によって展開式を使い分ければ，有限和になる．

$\sin 3\theta$ $=3\sin\theta-4\sin^3\theta$ （上の展開式を使う）
$\sin 4\theta$ $=4\sin\theta\cos\theta-8\sin^3\theta\cos\theta$ （下の展開式を使う）

$\cos n\theta$ についても，同じように求めることができる（ $\cos\theta$ のみの式にするには手間が少しかかるけれど）．

結果をまとめると

$\sin n\theta=n\sin\theta-\dfrac{n(n^2-1^2)}{3!}\sin^3\theta+\dfrac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}\sin^5\theta+\cdots$
$=n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}}{2i+1}\sin^{2i+1}\theta$
または
$n\sin\theta\cos\theta-\dfrac{n(n^2-2^2)}{3!}\sin^3\theta\cos\theta$ $+\dfrac{n(n^2-2^2)(n^2-4^2)}{5!}\sin^5\theta\cos\theta+\cdots$
$=n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{i-1} \cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i-1} \sin^{2i-1}\theta\cos\theta$ ，
であり，
$\cos n\theta=\cos\theta-\dfrac{(n^2-1^2)}{2!}\sin^2\theta\cos\theta+\dfrac{(n^2-1)(n^2-3^2)}{4!}\sin^4\theta\cos\theta+\cdots$
$=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}\sin^{2i}\theta\cos\theta$
$=\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i \cdot {}_{\frac{n+2i-1}{2}}\textrm{C}_{2i}\cdot 2^{2i}(1-\cos^2\theta)^{i}\cos\theta$
または
$=1-\dfrac{n^2}{2!}\sin^2\theta+\dfrac{n^2(n^2-2^2)}{4!}\sin^4\theta+\cdots$
$=1+n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i \cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i} \sin^{2i}\theta$
$=1+n\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^i\cdot {}_{\frac{n+2(i-1)}{2}}\textrm{C}_{2i-1}\cdot 2^{2i-1}}{2i} (1-\cos^2\theta)^{i}$
である．

例えば，
$\cos 3\theta=\cos\theta-4(1-\cos^2\theta)\cos\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$ （上の展開式を使う），
$\cos 4\theta=1-8(1-\cos^2\theta)+8(1-\cos^2\theta)^2=8\cos^4\theta-8\cos^2\theta+1$ （下の展開式を使う）
となる．

あまりネットでは見かけないが，これがチェビシェフ多項式の（偶奇による場合分けがあるけれども）無限和による表現となっている．

2025.01.01記
$|\tan\theta| \lt 1$ のときは，ド・モアブルの定理と一般二項定理を用いて

$\cos n\theta+i\sin n\theta$
$=\cos^n\theta (1+i\tan\theta)^n$
$=\cos^n\theta \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n}\mbox{C}_k i^k\tan^k\theta$
から
$\cos n\theta= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n}\mbox{C}_{2k} (-1)^k\tan^{2k}\theta$ ，
$\sin n\theta= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} {}_{n}\mbox{C}_{2k-1} (-1)^{k-1} \tan^{2k-1}\theta$
となる．

しかし， $|\tan\theta|=1$ のときは難しい．級数表示しなくても $\cos\dfrac{n\pi}{4}$ などを直接計算すれば良いだけである．

また $|\tan\theta| \gt 1$ のときも難しい．
$\cos n\theta+i\sin n\theta$ $=(i^n)\sin^n\theta (i^n) (1-i\cot\theta)^n$
となるので同様に一般二項定理を用いれば良さそうだが， $n$ が有理数のときの $i^n$ の実部と虚部に分けないといけないからだ．本問を出題した人は何を要求したのかちょっとわからない．