https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1994/Rika

2024.01.10記

[2] $a=\sin^2\dfrac{\pi}{5}$ ， $b=\sin^2\dfrac{2\pi}{5}$ とおく．このとき，以下のことが成り立つことを示せ．

(1) $a+b$ および $ab$ は有理数である．

(2) 任意の自然数 $n$ に対し $(a^{-n}+b^{-n}){(a+b)}^n$ は整数である．

2024.01.12記
$\sin\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$ ， $\sin\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}$ は一度は導いたことがあるだろう．これから $a=\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}$ ， $b=\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}$ となるので $a+b=\dfrac{5}{4}$ ， $ab=\dfrac{5}{16}$ となり， $a+b$ および $ab$ は有理数である．

と書いても減点をする理由はないが，普通の人は覚えていないだろうから $\sin\dfrac{\pi}{5}$ ， $\sin\dfrac{2\pi}{5}$ を導びけば良い．そのためには3つの角が $\dfrac{\pi}{5}$ ， $\dfrac{2\pi}{5}$ ， $\dfrac{2\pi}{5}$ の2等辺三角形の底角の2等分線を利用して求めるのが標準的であり，この求め方は $\sin 36^{\circ}$ の求め方で検索すれば山ほどあるので省略する．

[解答]
(1) $\theta=\dfrac{\pi}{5}$ とおくと $5\theta=\pi$ であるから $\sin 3\theta=\sin 2\theta$ が成立する．よって倍角，3倍角の公式から $3\sin\theta-4\sin^3\theta=2\sin\theta\cos\theta$ となり， $\sin\theta\neq 0$ から
$3-4\sin^2\theta=2\cos\theta$
が成立し，よって
$4\cos^2\theta-2\cos\theta-1=0$
が成立する． $\cos\theta\gt 0$ から $\cos\theta=\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}$ となるので，
$a=1-\cos^2\theta=\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}$
となる．また $\cos2\theta=1-2\sin^2\theta=1-2a^2=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$ となるので，
$b=1-\cos^2 2\theta=\dfrac{5+\sqrt{5}}{8}$
となる．

以上から $a+b=\dfrac{5}{4}$ ， $ab=\dfrac{5}{16}$ となり， $a+b$ および $ab$ は有理数である．

(2) (1)から $a+b=4ab$ であるから，
$(a^{-n}+b^{-n}){(a+b)}^n$ $=4^n(a^{-n}+b^{-n}){(ab)}^n$ $=(4a)^n+(4b)^n$
が成立する． $4a=A$ ， $4b=B$ ， $x_n=A^n+B^n$ とおくと
$A+B=5$ ， $AB=5$ であるから， $A，B$ は $x$ の2次方程式 $x^2-5x+5=0$ の2解となり，よって
$x_{n+2}=5x_{n+1}-5x_n$ （ $n=0，1，…$ ）
が成立する． $x_0=2$ ， $x_1=A+B=5$ と漸化式から，任意の0以上の整数 $n$ について $x_n=(a^{-n}+b^{-n}){(a+b)}^n$ は整数である．

[別解]
(1) $\theta=\dfrac{\pi}{5}$ とおくと $5\theta=\pi$ であるから $\sin 3\theta=\sin 2\theta$ が成立する．よって倍角，3倍角の公式から $3\sin\theta-4\sin^3\theta=2\sin\theta\cos\theta$ となり， $\sin\theta\neq 0$ から
$3-4\sin^2\theta=2\cos\theta$
が成立し，よって $(3-4\sin^2\theta)=4(1-\sin^2\theta)$ となり， $16a^2-20a+5=0$ が導かれる．

同様に $5(2\theta)=2\pi$ から $\sin 3(2\theta)=-\sin2(2\theta)$ が成立し，
$3-4\sin^2 2\theta=-2\cos2\theta$ から同じく $(3-4\sin^22\theta)=4(1-\sin^22\theta)$ となり， $16b^2-20b+5=0$ が導かれる．
よって， $a，b$ は $t$ の2次方程式 $16t^2-20t+5=0$ の2解となり， $a+b=\dfrac{5}{4}$ ， $b=\dfrac{5}{16}$ であるから， $a+b$ および $ab$ は有理数である．