3 倍角の公式をド・モアブルの定理から作る

$3$ 倍角の公式を覚えていなくても、その場で作れます。使うのはド・モアブルの定理ひとつ。

$(cos θ + i sin θ)^{n} = cos n θ + i sin n θ$

左辺を二項定理で展開してから、実部どうし・虚部どうしを見比べる。加法定理を $n$ 回重ねる手間が要りません。

$z$ が $1$ 周するあいだに $z^{3}$ は $3$ 周します。偏角が $3$ 倍の速さで進む、という一点だけが定理の中身。角度が $3$ 倍になれば、 $cos$ と $sin$ の中身も $3$ 倍になります。

2 乗で流れをつかむ

まず $n = 2$ で手つきを確かめます。左辺を展開すると

$(cos θ + i sin θ)^{2} = cos^{2} θ - sin^{2} θ + 2 i sin θ cos θ$

右辺は $cos 2 θ + i sin 2 θ$ 。実部と虚部をそれぞれ見比べれば、 $2$ 倍角の公式が $2$ 本同時に出ます。

$cos 2 θ = cos^{2} θ - sin^{2} θ, sin 2 θ = 2 sin θ cos θ$

$2$ 本まとめて出てくるのが、この方法の得なところ。加法定理から作ると $1$ 本ずつになります。

3 乗して 3 倍角へ

同じことを $3$ 乗でやります。 $c = cos θ$ , $s = sin θ$ と略すと展開は $4$ 項。

$(c + i s)^{3} = c^{3} + 3 i c^{2} s - 3 c s^{2} - i s^{3}$

$i^{2} = - 1$ , $i^{3} = - i$ を使うだけです。実部は $c^{3} - 3 c s^{2}$ 、虚部は $3 c^{2} s - s^{3}$ になります。

$4$ つの項は横・縦・横・縦と交互に伸びます。実数の項は実軸方向、 $i$ の付いた項は虚軸方向へ進むため。継いだ先が必ず単位円の上に乗るところが、この定理の言っていることです。

実部と虚部を突き合わせる

展開の結果を $cos 3 θ + i sin 3 θ$ と比べます。 $s^{2} = 1 - c^{2}$ を入れて $c$ だけにすると

$cos 3 θ = c^{3} - 3 c (1 - c^{2}) = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$

$c^{2} = 1 - s^{2}$ のほうを入れれば、虚部から $sin$ の式が出ます。

$sin 3 θ = 3 (1 - s^{2}) s - s^{3} = 3 sin θ - 4 sin^{3} θ$

符号の並びまで含めて、覚えるより作るほうが速い。

5 倍角も同じ手つき

$n = 5$ でも変わりません。二項係数 $1, 5, 10, 10, 5, 1$ を並べ、 $i$ の累乗を掛けて実部だけ拾います。

$cos 5 θ = 16 cos^{5} θ - 20 cos^{3} θ + 5 cos θ$

虚部からは $sin 5 θ = 16 sin^{5} θ - 20 sin^{3} θ + 5 sin θ$ が出る。係数が $16, - 20, 5$ とそろうのは偶然ではありません。

cos nθ は cosθ の多項式になる

$cos n θ$ を展開すると、 $sin$ は必ず偶数乗でしか現れません。 $s^{2} = 1 - c^{2}$ で消えるので、残るのは $c$ の $n$ 次式だけ。

チェビシェフ多項式と呼ばれる列がこれで、 $T_{1} (c) = c$ , $T_{2} (c) = 2 c^{2} - 1$ , $T_{3} (c) = 4 c^{3} - 3 c$ と続きます。

薄い波が $cos θ$ 、濃い波が $cos 3 θ$ です。同じ区間で $3$ 倍の回数だけ振れる。回転の速さが $3$ 倍という最初の図と、同じことを別の見え方で描いています。

tan にも降りられる

$sin$ と $cos$ の式が出れば、割り算で $tan$ の倍角も作れます。 $t = tan θ$ として分子分母を $c^{3}$ で割ると

$tan 3 θ = \frac{3 t - t ^{3}}{1 - 3 t ^{2}}$

が出ます。 $tan$ の公式だけを別に覚える必要はない。

3 次方程式が三角比で解ける

$3$ 倍角の公式は、方程式を解く道具としても働きます。

$4 x^{3} - 3 x = \frac{1}{2}$

左辺の形は $cos 3 θ = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$ そのもの。そこで $x = cos θ$ とおくと、方程式は $cos 3 θ = \frac{1}{2}$ に変わります。

$3 θ$ が $60$ 度、 $300$ 度、 $420$ 度のとき条件を満たすので、 $θ$ は $20$ 度、 $100$ 度、 $140$ 度。解は $cos 2 0^{\circ}$ , $cos 10 0^{\circ}$ , $cos 14 0^{\circ}$ の $3$ つになります。

因数分解では歯が立たない $3$ 次方程式が、置きかえ一つで角度の問題に化ける。 $- 1 \leq x \leq 1$ の範囲に解が $3$ つそろう形なら、この道を疑ってみる価値があります。

定理の出どころ

この関係を最初に扱ったのはアブラーム・ド・モアブルです。よく知られた形が現れるのは 1722 年の論文で、近い形の式はすでに 1707 年の論文に出ていました（MacTutor History of Mathematics Archive）。

複素数を平面上の点として描く見方が広まるのは、それよりあとの話。式が先にあり、図はあとから付いてきました。

(cosθ + i sinθ) の n 乗を二項定理で展開し、実部と虚部を見比べる。それだけで n 倍角の公式が 2 本同時に出ます。3 倍角も 5 倍角も手つきは同じで、覚えるより速い。cos nθ が cosθ の n 次式になる理由、tan の倍角へ降りる割り算、4x³ - 3x = 1/2 のような 3 次方程式が角度の問題に化ける場面まで扱いました。