(1)

加法定理において $\alpha = \beta = \theta$ とすると, 直ちに得られる.

(2)

(1) において $\theta$ を $\dfrac{\theta}{2}$ に置き換えると, 直ちに得られる.

　倍角の公式により \[\cos 2^{k-1}\theta = \frac{\sin 2^k\theta}{2\sin 2^{k-1}\theta} \quad (0 \leqq k \leqq n-1)\] であるから, 辺々を掛け合わせると \[\begin{aligned} \cos\theta\cos 2\theta\cdots\cos 2^{n-1}\theta &= \frac{\sin 2\theta}{2\sin\theta}\cdot\frac{\sin 4\theta}{2\sin 2\theta}\cdot\cdots\cdot\frac{\sin 2^n\theta}{2\sin 2^{n-1}\theta} \\ &= \frac{\sin 2^n\theta}{2^n\sin\theta} \end{aligned}\] が得られる. 特に $\theta = \dfrac{\pi}{2^n+1}$ のとき, $2^n\theta = \pi -\theta$ であるから, \[\cos\theta\cos 2\theta\cdots\cos 2^{n-1}\theta = \frac{\sin (\pi -\theta )}{2^n\sin\theta} = \frac{\sin\theta}{2^n\sin\theta} = \frac{1}{2^n}\] が成り立つ.

(1)

定義により, \[ L_n = 2n\tan\frac{\pi}{n}, \quad l_n = 2n\sin\frac{\pi}{n}\] である. よって, 倍角の公式により \[\begin{aligned} \frac{2L_nl_n}{L_n+l_n} &= \frac{2\cdot 2n\tan\dfrac{\pi}{n}\cdot 2n\sin\dfrac{\pi}{n}}{2n\tan\dfrac{\pi}{n}+2n\sin\dfrac{\pi}{n}} \\ &= \frac{4n\sin\dfrac{\pi}{n}}{1+\cos\dfrac{\pi}{n}} \\ &= \frac{4n\cdot 2\sin\dfrac{\pi}{2n}\cos\dfrac{\pi}{2n}}{2\cos ^2\dfrac{\pi}{2n}} \\ &= 2\cdot 2n\tan\frac{\pi}{2n} \\ &= L_{2n} \end{aligned}\] が成り立つ. また, 倍角の公式により \[\begin{aligned} L_{2n}l_n &= 2\cdot 2n\tan\frac{\pi}{2n}\cdot 2n\sin\frac{\pi}{n} \\ &= 8n^2\tan\frac{\pi}{2n}\cdot 2\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n} \\ &= 16n^2\sin ^2\frac{\pi}{2n} \end{aligned}\] であるから, \[\sqrt{L_{2n}l_n} = 2\cdot 2n\sin\frac{\pi}{2n} = l_{2n}\] が成り立つ.

(2)

単位円に外接する正六角形, 内接する正六角形の $1$ 辺の長さはそれぞれ $\dfrac{2}{\sqrt 3},$ $1$ であるから, \[ L_6 = 6\cdot\frac{2}{\sqrt 3} = 4\sqrt 3, \quad l_6 = 6\cdot 1 = 6\] である. よって, (1) の関係式により, \[\begin{aligned} L_{12} &= \frac{2\cdot 4\sqrt 3\cdot 6}{4\sqrt 3+6} = \frac{24}{2+\sqrt 3} = 24(2-\sqrt 3), \\ l_{12} &= \sqrt{24(2-\sqrt 3)\cdot 6} = 6\sqrt{8-2\sqrt{12}} = 6(\sqrt 6-\sqrt 2) \end{aligned}\] である. ゆえに, $l_{12} < 2\pi < L_{12}$ つまり $\dfrac{l_{12}}{2} < \pi < \dfrac{L_{12}}{2}$ から, \[ 3(\sqrt 6-\sqrt 2) < \pi < 12(2-\sqrt 3)\] である.

(1)

正 $n$ 角形の外接円において, 正 $n$ 角形の $1$ 辺に対する中心角は $\dfrac{2\pi}{n}$ であるから, 円周角の定理により, その弧に対する円周角は $\dfrac{\pi}{n}$ である. よって, 正 $n$ 角形の $1$ 辺の長さが $a$ であるとき, 正弦定理により, その外接円の半径 $R$ は \[ R = \frac{a}{2\sin\dfrac{\pi}{n}}\] と表される.

(2)

倍角の公式により, $1$ 辺の長さが $a$ である正 $n$ 角形の面積 $S$ は \[\begin{aligned} S &= n\cdot\frac{1}{2}R^2\sin\frac{2\pi}{n} \\ &= n\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{a^2}{4\sin ^2\dfrac{\pi}{n}}\cdot 2\sin\frac{\pi}{n}\cos\frac{\pi}{n} \\ &= \frac{na^2\cos\dfrac{\pi}{n}}{4\sin\dfrac{\pi}{n}} = \frac{na^2}{4\tan\dfrac{\pi}{n}} \end{aligned}\] と表される.

　半角の公式により \[\tan ^2\frac{\pi}{12} = \frac{1-\cos\dfrac{\pi}{6}}{1+\cos\dfrac{\pi}{6}} = \frac{1-\dfrac{\sqrt 3}{2}}{1+\dfrac{\sqrt 3}{2}} = \frac{2-\sqrt 3}{2+\sqrt 3} = (2-\sqrt 3)^2\] よって \[\tan\frac{\pi}{12} = 2-\sqrt 3\] であるから, $1$ 辺の長さが $1$ の正十二角形の面積は, \[\frac{12\cdot 1^2}{4\tan\dfrac{\pi}{12}} = \frac{3}{2-\sqrt 3} = 3(2+\sqrt 3)\] である.

(1)

$[1]$ により $t = \dfrac{x}{v_0\cos\theta}$ であるから, これを $[2]$ に代入すると \[\begin{aligned} y &= v_0\sin\theta\cdot\frac{x}{v_0\cos\theta}-\frac{1}{2}g\cdot\dfrac{x^2}{v_0{}^2\cos ^2\theta} \\ &= x\tan\theta -\frac{g}{2v_0{}^2\cos ^2\theta}x^2 \end{aligned}\] が得られる.

(2)

\[\begin{aligned} y &= -\frac{g}{2v_0{}^2\cos ^2\theta}x\left( x-\frac{2v_0{}^2\cos ^2\theta}{g}\cdot\tan\theta\right) \\ &= -\frac{g}{2v_0{}^2\cos ^2\theta}x\left( x-\frac{2v_0{}^2\sin\theta\cos\theta}{g}\right) \\ &= -\frac{g}{2v_0{}^2\cos ^2\theta}x\left( x-\frac{v_0{}^2\sin 2\theta}{g}\right) \end{aligned}\] であるから, 物体が再び高さ $0$ の地点に到達するときの水平移動距離は $x = \dfrac{v_0{}^2\sin 2\theta}{g},$ 時刻は $t = \dfrac{2v_0\sin\theta}{g}$ である.

(3)

$v_0 > 0,$ $g > 0$ であり, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ から $0 < 2\theta < \pi,$ よって $0 < \sin 2\theta \leqq 1$ であるので, $\dfrac{v_0{}^2\sin 2\theta}{g}$ は $\sin 2\theta = 1,$ $2\theta = \dfrac{\pi}{2},$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき最大になる.

(1)

\[ S = \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} = \frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D\] であるから, \[ S^2 = \frac{1}{4}a^2b^2\sin ^2B+\frac{1}{4}c^2d^2\sin ^2D+\frac{1}{2}abcd\sin B\sin D\] が成り立つ.

(2)

$\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos B = c^2+d^2-2cd\cos D\] となるから, \[ a^2+b^2-c^2-d^2 = 2(ab\cos B-cd\cos D),\] よって \[\begin{aligned} &\frac{1}{16}(a^2+b^2-c^2-d^2)^2 \\ &= \frac{1}{4}a^2b^2\cos ^2B+\frac{1}{4}c^2d^2\!\cos ^2D-\frac{1}{2}abcd\cos B\cos D \end{aligned}\] が得られる.

(3)

(1), (2) で得られた等式の辺々を加えると, \[\begin{aligned} &S^2+\frac{1}{16}(a^2+b^2-c^2-d^2)^2 \\ &= \frac{1}{4}a^2b^2(\cos ^2\!B+\sin ^2B)+\frac{1}{4}c^2d^2(\cos ^2D+\sin ^2D) \\ &\quad -\frac{1}{2}abcd(\cos B\cos D-\sin B\sin D) \\ &= \frac{1}{4}a^2b^2+\frac{1}{4}c^2d^2-\frac{1}{2}abcd\cos (B+D) \\ &= \frac{1}{4}a^2b^2+\frac{1}{4}c^2d^2+\frac{1}{2}abcd-abcd\cos ^2\frac{B+D}{2} \\ &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2-abcd\cos ^2\frac{B+D}{2} \end{aligned}\] となるから, \[\begin{aligned} &S^2+abcd\cos ^2\frac{B+D}{2} \\ &= \frac{1}{16}\{ 4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}\{ 2(ab+cd)-(a^2+b^2-c^2-d^2)\} \\ &\qquad \{ 2(ab+cd)+(a^2+b^2-c^2-d^2)\} \\ &= \frac{1}{16}\{ (c+d)^2-(a-b)^2\}\{ (a+b)^2-(c-d)^2\} \\ &= \frac{-a+b+c+d}{2}\cdot\frac{a-b+c+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{a+b-c+d}{2}\cdot\frac{a+b+c-d}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[ S^2 = (s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos ^2\frac{B+D}{2}\] であるから, 両辺の平方根をとると \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos ^2\frac{B+D}{2}}\] が得られる.

(4)

(3) の結果により, $S$ は \[\cos ^2\frac{B+D}{2} = 0, \quad \frac{B+D}{2} = \frac{\pi}{2}, \quad B+D = \pi\] のとき, つまり四角形 $\mathrm{ABCD}$ が円に内接するときに限り最大値をとる.

(1)

倍角の公式により \[\tan\theta = \frac{2t}{1-t^2}\] であるから, \[\begin{aligned} &\cos ^2\theta = \frac{1}{1+\tan ^2\theta} = \frac{1}{1+\dfrac{4t^2}{(1-t^2)^2}} \\ &= \frac{(1-t^2)^2}{(1-t^2)^2+4t^2} = \frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} = \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) ^2, \\ &\sin ^2\theta = 1-\cos ^2\theta = 1-\frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} \\ &= \frac{(1+t^2)^2-(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2} = \frac{4t^2}{(1+t^2)^2} = \left(\frac{2t}{1+t^2}\right) ^2 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ から $\cos\theta,$ $\sin\theta > 0,$ $0 < t < 1$ であるので, \[\begin{aligned} &\cos\theta = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad \sin\theta = \frac{2t}{1+t^2} \quad \cdots [1], \\ &\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta} = \frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{(1+t^2)+(1-t^2)} = t^2 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] 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)

$0 < t < 1$ に注意して, 互いに素な正の整数 $m,$ $n$ $(m > n)$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, $[1]$ から \[\begin{aligned} \frac{a}{c} &= \cos\theta = \frac{1-\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \\ \frac{b}{c} &= \sin\theta = \frac{2\cdot\dfrac{n}{m}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{2mn}{m^2+n^2} \end{aligned}\] となり, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] となる.

　余弦, 正弦については, こちらを参照. 正接については, 加法定理, 倍角の公式により \[\begin{aligned} \tan3\theta &= \tan (2\theta +\theta ) = \frac{\tan 2\theta +\tan\theta}{1-\tan 2\theta\tan\theta} \\ &= \frac{\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan ^2\theta}+\tan\theta}{1-\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan ^2\theta}\tan\theta} = \frac{2\tan\theta +\tan\theta (1-\tan ^2\theta )}{(1-\tan ^2\theta )-2\tan ^2\theta} \\ &= \frac{3\tan\theta -\tan ^3\theta}{1-3\tan ^2\theta} \end{aligned}\] と示される.

正接については, \[\begin{aligned} \tan3\theta &= \frac{\sin 3\theta}{\cos 3\theta} = \frac{3\sin\theta -4\sin ^3\theta}{4\cos ^3\theta -3\cos\theta}\\ &= \frac{\sin\theta}{\cos\theta}\cdot\frac{3-4\sin ^2\theta}{4\cos ^2\theta -3} = \tan\theta\cdot\frac{4\cos^2\theta -1}{4\cos^2\theta -3} \\ &= \tan\theta\cdot\frac{\dfrac{4}{1+\tan ^2\theta}-1}{\dfrac{4}{1+\tan ^2\theta}-3} = \tan\theta\cdot\frac{4-(1+\tan ^2\theta )}{4-3(1+\tan ^2\theta )} \\ &= \tan\theta\cdot\frac{3-\tan ^2\theta}{1-3\tan ^2\theta} = \frac{3\tan\theta -\tan ^3\theta}{1-3\tan ^2\theta} \end{aligned}\] と示される.

(1)

加法定理，$2$ 倍角の公式により, \[\begin{aligned} \cos 3\theta &= \cos (\theta +2\theta ) = \cos\theta\cos 2\theta -\sin\theta\sin 2\theta \\ &= \cos\theta (2\cos ^2\theta -1)-\sin\theta\cdot 2\sin\theta\cos\theta \\ &= 2\cos ^3\theta -\cos\theta -2\cos\theta (1-\cos ^2\theta ) \\ &= 4\cos ^3\theta -3\cos\theta \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$\theta = \dfrac{2\pi}{5}$ とおくと, $3\theta +2\theta = 2\pi$ となり, $\cos 3\theta = \cos 2\theta$ となる. よって, 倍角の公式と $[1]$ から \[\begin{aligned} 4a^3-3a &= 2a^2-1 \\ 4a^3-2a^2-3a+1 &= 0 \\ (a-1)(4a^2+2a-1) &= 0 \end{aligned}\] であるので, $0 < a < 1$ であることに注意すると $a = \dfrac{-1+\sqrt 5}{4}$ が得られる.

(3)

$1$ 辺の長さが $1$ の正五角形 $\mathrm{ABCDE}$ の頂点 $\mathrm A$ から辺 $\mathrm{CD}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ 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, \[\begin{aligned} \mathrm{AC} &= \mathrm{CH}\div\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{\sqrt 5-1} \\ &= \dfrac{2(\sqrt 5+1)}{4} = \dfrac{1+\sqrt 5}{2} \end{aligned}\] である.

(1)

$c = \cos\theta,$ $s = \sin\theta$ とおく. ド・モアブルの定理により \[\begin{aligned} &\cos 3\theta +i\sin 3\theta = (c+si)^3 \\ &= c^3+3c^2(si)+3c(-s^2)-s^3i \\ &= (c^3-3cs^2)+(3c^2s-s^3)i \\ &= \{ c^3-3c(1-c^2)\} +\{ 3(1-s^2)s-s^3\} i \\ &= (4c^3-3c)+(3s-4s^3)i \end{aligned}\] 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.

(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 $\mathrm{GC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, \[\begin{aligned} c &= \mathrm{GC} = \mathrm{GH}+\mathrm{HC} \\ &= \mathrm{GB}\cos\angle\mathrm{BGC}+\mathrm{BC}\cos\angle\mathrm{BCG} \\ &= b\cos\theta +a\cos 2\theta \\ &= 2a\cos ^2\theta +a(2\cos ^2\theta -1) \\ &= a(4\cos ^2\theta -1) \quad \cdots [2] \end{aligned}\] となる.

(2)

加法定理と $2$ 倍角の公式により, \[\begin{aligned} \sin 3\theta &= \sin (2\theta +\theta ) = \sin 2\theta\cos\theta +\cos 2\theta\sin\theta \\ &= (2\sin\theta\cos\theta )\cos\theta +(2\cos ^2\theta -1)\sin\theta \\ &= (4\cos ^2\theta -1)\sin\theta \quad \cdots [3], \\ \sin 4\theta &= \sin 2(2\theta ) = 2\sin 2\theta\cos 2\theta \\ &= 2(2\sin\theta\cos\theta )(2\cos ^2\theta -1) \\ &= (8\cos ^3\theta -4\cos\theta )\sin\theta \quad \cdots [4] \end{aligned}\] 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. $\cos\theta$ を解にもつ $3$ 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 \[\begin{aligned} ab-bc+ca &= -a^2(8\cos ^3\theta -4\cos ^2\theta -4\cos\theta +1) \\ &= 0 \end{aligned}\] となり, 求める結果が得られる.

(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.

(1)

$3$ 倍角の公式 $\cos 3\theta = 4\cos ^3\theta -3\cos\theta$ に $\theta = \dfrac{\pi}{9}$ を代入すると \[ 4\cos ^3\frac{\pi}{9}-3\cos\frac{\pi}{9} = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\] つまり \[ 8\cos ^3\frac{\pi}{9}-6\cos\frac{\pi}{9}-1 = 0\] となるから, $\cos\dfrac{\pi}{9}$ を解にもつ整数係数方程式の $1$ つは \[ 8x^3-6x-1 = 0 \quad \cdots [1]\] である.

(2)

「有理根定理」により, $[1]$ の有理数解の候補は, \[ x = \pm 1,\ \pm\frac{1}{2},\ \pm\frac{1}{4},\ \pm\frac{1}{8}\] に限る. $[1]$ の左辺にこれらの値を代入しても $0$ にならないから, $[1]$ は有理数解をもたない. 一方, $\cos\dfrac{\pi}{9}$ は $[1]$ の解であるから, $\cos\dfrac{\pi}{9}$ は無理数である.

　より強い命題 “ $[\mathrm A],$ $[\mathrm B]$ を満たし, 最高次の係数が正である整数係数の $n$ 次多項式 $T_n(x),$ $n-1$ 次多項式 $U_{n-1}(x)$ が存在する ” $\cdots [\mathrm P]$ を数学的帰納法で示す.

(i)

$n = 1$ のとき. $T_1(x) = x,$ $U_0(x) = 1$ は $[\mathrm P]$ の条件を満たす.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき $[\mathrm P]$ が成り立つとする. このとき, \[\begin{aligned} \cos (k+1)\theta &= \cos (k\theta +\theta ) \\ &= \cos k\theta\cos\theta -\sin k\theta\sin\theta \\ &= \cos\theta\,T_k(\cos\theta )-\sin ^2\theta\,U_{k-1}(\cos\theta ) \\ &= \cos\theta\,T_k(\cos\theta )+(\cos ^2\theta -1)U_{k-1}(\cos\theta ), \\ \sin (k+1)\theta &= \sin (k\theta +\theta ) \\ &= \sin k\theta\cos\theta +\cos k\theta\sin\theta \\ &= \sin\theta\cos\theta\,U_{k-1}(\cos\theta )+\sin\theta\,T_k(\cos\theta ) \\ &= \sin\theta\{\cos\theta\,U_{k-1}(\cos\theta )+T_k(\cos\theta )\} \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} T_{k+1}(x) &= xT_k(x)+(x^2-1)U_{k-1}(x), \\ U_k(x) &= xU_{k-1}(x)+T_k(x) \end{aligned}\] は $n = k+1$ の場合の $[\text A]$ と $[\text B]$ を満たす. また, $T_k(x)$ と $U_{k-1}(x)$ は整数係数であるから, $T_{k+1}(x)$ と $U_k(x)$ も整数係数である. さらに, $T_k(x)$ の $x^k$ の係数と $U_{k-1}(x)$ 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 $U_k(x)$ の $x^k$ の係数は正であり, $T_{k+1}(x)$ は $k+1$ 次で $U_k(x)$ は $k$ 次である. よって, $T_{k+1}(x),$ $U_k(x)$ は $[\mathrm P]$ の条件を満たす.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して, $[\mathrm P]$ が成り立ち, $T_n(x),$ $U_{n-1}(x)$ が存在する.

　$c = \cos\theta,$ $s = \sin\theta$ とおく. ド・モアブルの定理と二項定理により, \[\begin{aligned} &\cos n\theta +i\sin n\theta = (c+si)^n \\ &= \sum_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &\qquad +\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(si)^k \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(-s^2)^{\frac{k}{2}} \\ &\qquad +\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(-s^2)^{\frac{k-1}{2}}(si) \\ &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k}{2}} \\ &\qquad +is\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{aligned}\] 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, \[\begin{aligned} \cos n\theta &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k}{2}}, \\ \sin n\theta &= s\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kc^{n-k}(c^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{aligned}\] となる. よって, 多項式 \[\begin{aligned} T_n(x) &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-k}(x^2-1)^{\frac{k}{2}},\\ U_{n-1}(x) &= \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-k}(x^2-1)^{\frac{k-1}{2}} \end{aligned}\] は $\cos n\theta = T_n(\cos\theta ),$ $\sin n\theta = \sin\theta\,U_{n-1}(\cos\theta )$ を満たす. $T_n(x),$ $U_{n-1}(x)$ の最高次の項はそれぞれ \[\sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{偶数}}{}_n\mathrm C_kx^n, \quad \sum_{0 \leqq k \leqq n,\,k:\text{奇数}}{}_n\mathrm C_kx^{n-1}\] に等しいから, $T_n(x)$ は $n$ 次, $U_{n-1}(x)$ は $n-1$ 次の整数係数多項式である.

　余弦, 正弦の加法定理により \[\begin{aligned} \cos (n+2)\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta -\sin (n+1)\theta\sin\theta, \\ \cos n\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta +\sin (n+1)\theta\sin\theta, \\ \sin (n+2)\theta &= \sin (n+1)\theta\cos\theta +\cos (n+1)\theta\sin\theta, \\ \sin n\theta &= \sin (n+1)\theta\cos\theta -\cos (n+1)\theta\sin\theta \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} \cos (n+2)\theta &= 2\cos (n+1)\theta\cos\theta -\cos n\theta, \\ \sin (n+2)\theta &= 2\sin (n+1)\theta\cos\theta -\sin n\theta \end{aligned}\] が成り立つ. そこで, 初期条件 $T_1(x) = x,$ $T_2(x) = 2x^2-1,$ $U_0(x) = 1,$ $U_1(x) = 2x$ と漸化式 $T_{n+2}(x) = 2xT_{n+1}(x)-T_n(x),$ $U_{n+1}(x) = 2xU_n(x)-U_{n-1}(x)$ によって $n$ 次多項式 $T_n(x),$ $n-1$ 次多項式 $U_{n-1}(x)$ を順次定めると, $[\mathrm A],$ $[\mathrm B]$ を満たす整数係数多項式が得られる.

(1)

(i)

$n = 0,$ $1$ のとき. $T_0(\cos\theta ) = 1 = \cos (0\cdot\theta ),$ $T_1(\cos\theta ) = \cos (1\cdot\theta )$ から, $[\text P]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k,$ $k+1$ ($k$: 非負整数) のとき $[\text P]$ が成り立つとする. このとき, 三角関数の積和の公式により \[\begin{aligned} T_{k+2}(\cos\theta ) &= 2\cos\theta T_{k+1}(\cos\theta )-T_k(\cos\theta ) \\ &= 2\cos (k+1)\theta\cos\theta -\cos k\theta \\ &= \cos (k+2)\theta +\cos k\theta -\cos k\theta \\ &= \cos (k+2)\theta \end{aligned}\] となり, $n = k+2$ のとき $[\text P]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての非負整数 $n$ に対して $[\text P]$ が成り立つ.

(2)

$x = \cos\theta$ $(0 \leqq \theta \leqq \pi )$ が $T_m(x) = 0$ の解であるとすると, (1) の結果により $\cos m\theta = 0$ 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 $m$ 個以下しか解をもたないから, これが解のすべてである.

(3)

等式 \[ T_n(-x) = (-1)^nT_n(x) \quad \cdots [\text Q]\] を示せばよい.

(i)

$n = 0,$ $1$ のとき. $T_0(-x) = 1 = T_0(x),$ $T_1(-x) = -x = -T_1(x)$ から, $[\text Q]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k,$ $k+1$ ($k$: 非負整数) のとき $[\text Q]$ が成り立つとする. このとき, \[\begin{aligned} T_{k+2}(-x) &= 2(-x)T_{k+1}(-x)-T_k(-x) \\ &= -2x\cdot (-1)^{k+1}T_{k+1}(x)-(-1)^kT_k(x) \\ &= (-1)^{k+2}\{ 2xT_{k+1}(x)-T_k(x)\} \\ &= (-1)^{k+2}T_{k+2}(x) \end{aligned}\] となり, $n = k+2$ のとき $[\text Q]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての非負整数 $n$ に対して $[\text Q]$ が成り立つ.

(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. (1) と, (3) で示した通り $T_q(x)$ が奇関数であることから, \[\begin{aligned} T_n(\cos\theta _k) &= \cos n\theta _k = \cos q(m\theta _k) = T_q(\cos m\theta _k) \\ &= T_q(T_m(\cos\theta _k)) = T_q(0) = 0 \end{aligned}\] である. 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 $T_n(x)$ を割り切る.

(1)

$(n+2)\theta = (n+1)\theta +\theta,$ $n\theta = (n+1)\theta -\theta$ から, 加法定理により, \[\begin{aligned} \cos (n+2)\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta -\sin (n+1)\theta\sin\theta, \\ \cos n\theta &= \cos (n+1)\theta\cos\theta +\sin (n+1)\theta\sin\theta \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[\cos (n+2)\theta = 2\cos (n+1)\theta\cos\theta -\cos n\theta \quad \cdots [1]\] が成り立つ.

(i)

$n = 1,$ $2$ のとき. 多項式 $f_1(x) = x,$ $f_2(x) = x^2-2$ が条件を満たす.

(ii)

$n = k,$ $k+1$ ($k$: 正の整数) のとき $f_n(x)$ の存在を仮定する. このとき, $[1]$ から, 多項式 $f_{k+2}(x) = xf_{k+1}(x)-f_k(x)$ が \[\begin{aligned} f_{k+2}(2\cos\theta ) &= 2\cos\theta f_{k+1}(2\cos\theta )-f_k(2\cos\theta ) \\ &= 2\cos\theta\cdot 2\cos (k+1)\theta -2\cos k\theta \\ &= 2\cos (k+2)\theta \end{aligned}\] を満たす. $f_k(x),$ $f_{k+1}(x)$ はそれぞれ最高次の係数が $1$ の整数係数の $k$ 次多項式, $k+1$ 次多項式であるから, $f_{k+2}(x)$ は最高次の係数が $1$ の整数係数の $k+2$ 次多項式である.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して条件を満たす多項式 $f_n(x)$ が存在する.

(2)

整数係数方程式 \[ x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_0 = 0\] が有理数解 $\alpha$ をもつとする. $\alpha$ は互いに素な整数 $p,$ $q$ $(q > 0)$ を用いて $\alpha = \dfrac{p}{q}$ と表せる. このとき, \[\frac{p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+\cdots +a_0 = 0\] となるから, 両辺に $q^n\,(> 0)$ を掛けると \[\begin{aligned} &p^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_0q^n = 0 \\ &p^n = -q(a_{n-1}p^{n-1}+\cdots +a_0q^{n-1}) \end{aligned}\] となる. よって, $p^n$ は $q$ の倍数である.
　仮に $q > 1$ であるとすると, $q$ の素因数 $l$ に対して, $p^n$ は $l$ の倍数, したがって $p$ は $l$ の倍数になり, $p,$ $q$ が互いに素であることに反する.
　ゆえに, $q = 1$ であり, $\alpha$ は整数である.

(3)

$\theta$ を $\cos\theta,$ $\dfrac{\theta}{\pi}$ が有理数であるような鋭角とする. このとき, ある正の整数 $m,$ $n$ について, $\dfrac{\theta}{\pi} = \dfrac{m}{n}$ となり, \[ f_n(2\cos\theta ) = 2\cos n\theta = 2\cos m\pi = \pm 2\] となる. $\varphi (x) = f_n(x)\mp 2$ とおく (複号同順). $\alpha = 2\cos\theta$ は $\varphi (x) = 0$ の有理数解であり, $\varphi (x)$ は最高次の係数が $1$ の整数係数多項式であるから, (2) を適用すると, $\alpha$ は整数であることがわかる. $\theta$ が鋭角であることから $0 < 2\cos\theta < 2$ であるので, $2\cos\theta = 1$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{3}$ である.

(4)

鋭角 $\theta$ に対して $\theta ' = \dfrac{\pi}{2}-\theta$ とおく. このとき, $\theta'$ も鋭角であり, $\sin\theta = \cos\theta '$ であるから, $\sin\theta,$ $\dfrac{\theta}{\pi}$ が有理数であるのは, $\cos\theta ',$ $\dfrac{\theta'}{\pi}$ が有理数であるときに限り, それは (3) により $\theta' = \dfrac{\pi}{3}$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{6}$ のときに限る.

(5)

$\theta$ を $\tan\theta,$ $\dfrac{\theta}{\pi}$ が有理数であるような鋭角とする. \[\cos 2\theta = 2\cos ^2\theta -1 = \frac{2}{1+\tan ^2\theta}-1 = \frac{1-\tan ^2\theta}{1+\tan ^2\theta}\] であるから, $\cos 2\theta$ は有理数である. $0 < 2\theta < \pi,$ $\cos (\pi -2\theta ) = -\cos 2\theta$ に注意すると, (3) により $2\theta = \dfrac{\pi}{3},$ $\dfrac{\pi}{2},$ $\dfrac{2\pi}{3}$ つまり $\theta = \dfrac{\pi}{6},$ $\dfrac{\pi}{4},$ $\dfrac{\pi}{3}$ が得られる. このうち, $\tan\theta$ が有理数である $\theta$ の値は $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ のみである.