https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1991/RIka

2024.01.04記

[4] (1) 自然数 $n=1$ ， $2$ ， $3$ ，… に対して，ある多項式 $p_n(x)$ ， $q_n(x)$ が存在して，
$\sin n\theta=p_n(\tan\theta)\cos^n\theta$ ， $\cos n\theta=q_n(\tan\theta)\cos^n\theta$
と書けることを示せ．

(2) このとき， $n\gt 1$ ならば次の等式が成立することを証明せよ．
$p_n'(x)=nq_{n-1}(x), \quad q_n'(x)=-np_{n-1}(x)$

本問のテーマ

$\tan$ の $n$ 倍角公式

2020.10.10記

[大人の解答]
(1) $\cos n\theta +i\sin n\theta =(\cos\theta+i\sin\theta)^n=(1+i\tan\theta)^n\cos^n\theta$
であるから，
$\mbox{Re}(1+ i x)^n=q_n(x)，\mbox{Im}(1+ix)^n=p_n(x)$ とすれば良い．

(2) 複素数係数の多項式関数の微分も実数係数の多項式の微分と同じ結果になるので
$\dfrac{d}{dx} (1+ix)^n=n(1+ix)^{n-1}$
に注意すると
$q_n'(x)+ip_n'(x)$ $=\dfrac{d}{dx}(1+ix)^n$ $=ni(1+ix)^{n-1}$ $=ni(q_{n-1}(x)+ip_{n-1}(x))$ $=n(-p_{n-1}(x)+iq_{n-1}(x))$
であるから，
$p_n'(x)=n q_{n-1}(x)，q_n'(x)=-n p_{n-1}(x)$
が成立する．

ここで、 $r_n(x)=\dfrac{p_n(\tan\theta)}{q_n(\tan\theta)}=\tan n\theta$ という関係があるので、これを利用して $\tan$ の $n$ 倍角公式を導くことができる．

$r_2(x)=\dfrac{2x}{1-x^2}$ ， $r_3(x)=\dfrac{3x-x^3}{1-3x^2}$ ，… となり、二項係数が下上下上と並ぶ構造となっており、 $r_5(x)=\dfrac{5x-10x^3+x^5}{1-10x^2+5x^4}$ であることはすぐにわかる．

2024.01.04記
$\tan 5x=\dfrac{5x-10x^3+x^5}{1-10x^2+5x^4}$
と(2)から
$\tan 4x=\dfrac{-(1-10x^2+5x^4)'}{(5x-10x^3+x^5)'}$ $=\dfrac{20x-20x^3}{5-30x^2+5x^4}$ $=\dfrac{4x-4x^3}{1-6x^2+x^4}$
であることがわかるし，
$\tan 6x=\dfrac{x-\dfrac{10}{3}x^3+x^5+C_1}{-\left(\dfrac{5}{2}x^2-\dfrac{10}{4}x^4+\dfrac{1}{6}x^6+C_2\right)}$
$=\dfrac{6x-20x^3+6x^5+6C_1}{-15x^2-15x^4+x^6-6C_2}$
の形をしており， $x\approx 0$ で $\tan 6x\approx 6x$ だから $6C_1=0$ ， $-6C_2=1$ が成立して
$\tan 6x=\dfrac{6x-20x^3+6x^5}{-15x^2-15x^4+x^6+1}$
$=\dfrac{6x-20x^3+6x^5}{1-15x^2-15x^4+x^6}$
であることもわかる．

[解答]
(1) $n=1$ のとき
$\sin\theta=\tan\theta\cdot\cos\theta$ ， $\cos\theta=1\cdot\cos\theta$
により $p_1(x)=x$ ， $q_1(x)=1$
となり成立する．

$n=k$ のとき
$\sin k\theta=p_k(\tan\theta)\cos^k\theta$ ， $\cos k\theta=q_k(\tan\theta)\cos^k\theta$
なる多項式 $p_k(x)$ ， $q_k(x)$ が存在すると仮定すると
$\sin (k+1)\theta=\sin k\theta \cos\theta+\cos k\theta\sin\theta$
$=p_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta+q_k(\tan\theta)\cos^k\theta\sin\theta$
$=\left\{p_k(\tan\theta)+q_k(\tan\theta)\cdot\tan\theta\right\}\cos^{k+1}\theta$ ，
$\cos (k+1)\theta=\cos k\theta \cos\theta-\sin k\theta\sin\theta$
$=q_k(\tan\theta)\cos^{k+1}\theta-p_k(\tan\theta)\cos^k\theta\sin\theta$
$=\left\{q_k(\tan\theta)-p_k(\tan\theta)\cdot\tan\theta\right\}\cos^{k+1}\theta$
により
$p_{k+1}(x)=p_k(x)+xq_k(x)$ ， $q_{k+1}(x)=q_k(x)-xp_k(x)$
によって定まる多項式 $p_{k+1}(x)$ ， $q_{k+1}(x)$ が存在する．

よって数学的帰納法により任意の自然数 $n$ について題意をみたす多項式 $p_n(x)$ ， $q_n(x)$ が存在する．

(2) $(\sin n\theta)'=n\cos n\theta$ であるから
$p'_n(\tan\theta)\cos^{n-2}\theta-p_n(\tan\theta)\cdot n\cos^{n-1}\theta \sin\theta$ $=nq_n(\tan\theta)\cos^n\theta$
が成立する．つまり
$p'_n(\tan\theta)$ $=n\left\{\tan\theta\cdot p_n(\tan\theta)+q_n(\tan\theta)\right\}\cos^2\theta$
が成立する．よって $\tan\theta=x$ とおくと $\cos^2 \theta=\dfrac{1}{1+x^2}$ により
$\dfrac{p'_n(x)}{n}=\dfrac{xp_n(x)+q_n(x)}{1+x^2}$
が成立し， $n\gt 1$ より(1)から
$p_{n}(x)=p_{n-1}(x)+xq_{n-1}(x)$ ， $q_{n}(x)=q_{n-1}(x)-xp_{n-1}(x)$
であるから
$\dfrac{p'_n(x)}{n}=\dfrac{x(p_{n-1}(x)+xq_{n-1}(x))+(q_{n-1}(x)-xp_{n-1}(x))}{1+x^2}$ $=q_{n-1}(x)$
が成立する．

同様に $(\cos n\theta)'=-n\sin n\theta$ であるから
$q'_n(\tan\theta)\cos^{n-2}\theta-q_n(\tan\theta)\cdot n\cos^{n-1}\theta \sin\theta$ $=-np_n(\tan\theta)\cos^n\theta$
が成立する．つまり
$q'_n(\tan\theta)$ $=n\left\{\tan\theta\cdot q_n(\tan\theta)-p_n(\tan\theta)\right\}\cos^2\theta$
が成立する．よって $\tan\theta=x$ とおくと $\cos^2 \theta=\dfrac{1}{1+x^2}$ により
$\dfrac{q'_n(x)}{n}=\dfrac{xq_n(x)-p_n(x)}{1+x^2}$
が成立し， $n\gt 1$ より(1)から
$p_{n}(x)=p_{n-1}(x)+xq_{n-1}(x)$ ， $q_{n}(x)=q_{n-1}(x)-xp_{n-1}(x)$
であるから
$\dfrac{q'_n(x)}{n}=\dfrac{x(q_{n-1}(x)-xp_{n-1}(x))-(p_{n-1}(x)+xq_{n-1}(x))}{1+x^2}$ $=-p_{n-1}(x)$
が成立する．

$\begin{pmatrix} q_{n+1}(x) \\ p_{n+1}(x) \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 1 & -x \\ x & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} q_{n}(x) \\ p_{n}(x) \end{pmatrix}$
であるから，複素数と回転行列の対応を考えると
$q_{n+1}(x)+ip_{n+1}(x)=(1+ix)(q_{n}(x)+ip_{n}(x))$
となっており，大人の解答との共通性が見えてくるだろう．