大阪大学理系 2022 年・第 2 問

\alpha = \dfrac{2\pi}{7} を 7 倍すると 7\alpha = 2\pi です。3\alpha を右辺へ移すと 4\alpha = 2\pi - 3\alpha となり、\cos(2\pi - \theta) = \cos\theta が使える。

\begin{aligned} \cos 4\alpha &= \cos(2\pi - 3\alpha) \\ &= \cos 3\alpha \end{aligned}

単位円の上で、角 3\alpha の点と角 4\alpha の点は x 軸について対称な位置にあり、x 座標は等しくなります。図は点 (1,\ 0) から反時計回りと時計回りに 3\alpha ずつ進んだ弧で、時計回りの弧の終わりが角 4\alpha の点。

c = \cos\alpha とおきます。\cos 4\alpha は 2 倍角の公式を 2 回使って c で表す。

\begin{aligned} \cos 4\alpha &= 2\cos^2 2\alpha - 1 \\ &= 2(2c^2 - 1)^2 - 1 \\ &= 8c^4 - 8c^2 + 1 \end{aligned}

\cos 3\alpha は 3 倍角の公式で 4c^3 - 3c です。(1) の等式に代入して右辺を移項すると、c の 4 次方程式になる。

8c^4 - 4c^3 - 8c^2 + 3c + 1 = 0

c = 1 を代入すると 8 - 4 - 8 + 3 + 1 = 0 だから、左辺は c - 1 で割り切れる。商の 8c^3 + 4c^2 - 4c - 1 は f(c) と同じ式です。

(c - 1)f(c) = 0

0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2} より 0 < c < 1 で、c - 1 \neq 0。両辺を c - 1 で割ると f(\cos\alpha) = 0 が成り立つ。

2\alpha、3\alpha も 7 倍すると 2\pi の整数倍になるため、同じ計算で \cos 2\alpha、\cos 3\alpha も f(x) = 0 の解とわかります。図で y = f(x) と x 軸の交わる 3 点は、この 3 つの値にあたる。

f(x) に x = \dfrac{t}{2} を代入すると、t^3 の係数が 1 になります。

f\left(\dfrac{t}{2}\right) = t^3 + t^2 - 2t - 1

g(t) = t^3 + t^2 - 2t - 1 とおくと、(2) から g(2\cos\alpha) = 0。\cos\alpha を有理数とすると 2\cos\alpha も有理数になるため、2\cos\alpha は無理数だと示せば足ります。

整数係数で t^3 の係数が 1 の方程式では、有理数の解は整数に限られる。このことを g(t) = 0 で確かめていきます。

2\cos\alpha = \dfrac{p}{q} と書けたとします。p は整数、q は正の整数で、p と q は互いに素とする。

g\left(\dfrac{p}{q}\right) = 0 の両辺に q^3 をかけ、p^3 以外を右辺へ移すと次の形になります。

p^3 = q(-p^2 + 2pq + q^2)

右辺は q の倍数だから、p^3 も q の倍数。q \geqq 2 なら q の素因数の 1 つは p^3 を割り切り、p も割り切るため、p と q が互いに素であることに反します。

よって q = 1 で、2\cos\alpha は整数 p になる。一方、0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2} から 0 < 2\cos\alpha < 2 で、この範囲の整数は 1 だけです。

g(1) = 1 + 1 - 2 - 1 = -1 となり、1 は g(t) = 0 の解ではありません。仮定から矛盾が導かれたため、2\cos\alpha は無理数で、\cos\alpha も無理数になる。