はじめての4次方程式（遊びの数論22）

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4次方程式の古典的解法に取り組んでみました。「1 の5乗根」の根号表現を正面から（y = x + 1/x の置換を使わず）代数的に求めてみたい…という、たわいもないことが、一つのきっかけだったようです。結果的には、次の三つの4次方程式を題材とすることになります。
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
　　3x⁴ + 6x³ − 3x + 1 = 0
　　x⁴ − x³ − 4x² + 4x + 1 = 0
順に「1 の原始5乗根」、「1, 2, 3, … の6乗和」、「1 の原始15乗根」に関係ある式。「6乗和」は無関係の話題ですが、他は 1 の原始根（言い換えれば円分多項式）の話題。比較的マイナーな15乗根（言い換えれば正15角形、 24° 系の三角関数）に興味を持ったものです。

ところが、経験不足から二重根号・三重根号をうまく処理できず…。予定の題材をいったん保留して、基礎を固めるべく「1 の原始5乗根」や 36° 系の三角関数に取り組むことにしました。「5乗根」強化月間！と銘打ってます（笑）。後続する「遊びの数論23」「遊びの数論24」で、正五角形に夢中になってるのもその流れ。

ここでの4次方程式の扱いは散漫なものでしたが、後に「遊びの数論32」で、再びこの話題に触れることになります。

• 2024-02-15　はじめての4次方程式　1 の5乗根・再考
• 2024-02-17　4次方程式（その2）　名著に誤りが…
• 2024-02-20　「5乗根」強化月間！　正15角形で遊ぶ
• 2024-02-21　24° と 48° の cos と sin
• 2024-02-23　24° と 48° の cos と sin（続き）
• 2024-02-27　4次方程式（その3）　x¹⁵ = 1 の代数的解法
• 2024-02-29　cos 36° のいろいろな求め方　作図を使えば簡単だが…
• 2024-03-02　5倍角の公式の高速生成　何っ、これだけ？！
• 2024-04-05　cos 36° の求め方の改善　多倍角の公式の盲点

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2024-02-15　はじめての4次方程式　1 の5乗根・再考

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

1 の5乗根 x は x⁵ = 1 つまり x⁵ − 1 = 0 を満たす。

x = 1 は明らかに x⁵ − 1 = 0 の一つの解なので、x⁵ − 1 は x − 1 で割り切れる。割り算を実行すると:
　　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)

x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = 0 の一つの解は x = 1 なので、残りの四つの解は…
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0　　「ア」
…を満たす。「ア」を解く一つの方法は、両辺を x² で割って y = x + 1/x と置くことだが（詳細）、その手法はごく一部のケースでしか使えない。小ざかしいトリックに頼らず、「ア」を一般の4次方程式と見て、正面から解いてみたい。

「ア」を変形して次の形^†にできたとする。
　　(x² + (1/2)x + p)² − (qx + r)² = 0　　「イ」
そのとき (x² + (1/2)x + p)² = (qx + r)²　従って、こうなる:
　　x² + (1/2)x + p = qx + r または −(qx + r)　　「ウ」
これはただの2次方程式なので、そこから普通に「ア」の解が得られる…。問題は、どうやって「ア」を「イ」の形にするか。謎の p, q, r をどう設定すれば、都合よく「イ」の左辺 = 「ア」の左辺になるのだろうか？

†　「イ」の丸かっこ内の2次式の1次の係数 1/2 は、与えられた4次方程式「ア」の3次の係数の半分。「「1 の5乗根」について」「簡単な4次方程式」参照。

手掛かりを得るため、「イ」を展開・整理して、係数と定数項を「ア」と比較してみる。

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「イ」左辺を展開すると:
　　(x⁴ + (1/4)x² + p² + x³ + px + 2px²)_♥ − (q²x² + 2qrx + r²)
　　 = x⁴ + x³ + (2p − q² + 1/4)x² + (p − 2qr)x + (p² − r²)

「ア」左辺 x⁴ + x³ + x² + x + 1 と2次の係数・1次の係数・定数を比較すると:
　　2p − q² + 1/4 = 1　　‥‥①
　　p − 2qr = 1　　‥‥②
　　p² − r² = 1　　‥‥③

未知数が三つ、式も三つなので、理論的には解ける形っぽいが、具体的にここからどう進めるか？　Euler 直伝の方法は――。移項すると ①は q² = (p の式) になる。 ③も r² = (p の式) になる。両者を掛け合わせると、(qr)² = (p の式)。一方、②は 2(qr) = (p の式)、平方して 4(qr)² = (p の式) になる。組み合わせると qr を消去できる！

①から q² = 2p − 3/4、分母を払って 4q² = 8p − 3　　‥‥④
③を変形した r² = p² − 1 と④を辺ごとに掛け合わせて:
　　4q²r² = (8p − 3)(p² − 1) = 8p³ − 3p² − 8p + 3　　「エ」
一方、②を変形した 2qr = p − 1 の両辺を平方:
　　4q²r² = p² − 2p + 1　　「オ」
「エ」と「オ」は左辺が等しいからうんぬん…。てなわけで「エ」から「オ」を辺ごとに引いちゃうんだもんね:
　　0 = 8p³ − 4p² − 6p + 2　　「カ」

これに有理数解があるとすれば p = ±1, ±2 またはその 1/2, 1/4, 1/8 だが、係数が 8 − 4 − 6 + 2 = 0 なので p = 1 は一つの解！　「カ」の解は他にも二つあるけど、他の解は有理数ではない。どの解を使っても構わないので、手っ取り早く p = 1 としよう。

〔参考〕　「カ」で次のようにしてもいい。 p = u/2 と置き u³ − u² − 3u + 2 = 0 と簡単化。これに有理数解があるとすれば u = ±1, ±2。こっちの方が候補が絞れて、一つの解 u = 2 つまり p = 1 が見つかる。

さて p = 1 と決まったからには: ④から 4q² = 8p − 3 = 5 つまり q² = 5/4 ゆえに q = √5/2; ②から r = (p − 1)/(2q) = (1 − 1)/(2q) = 0。

〔注〕　q = −√5/2 も可。下記のように q と −q は両方考慮されるので、符号の設定はどちらでもいい。

r = 0 なので、結局「ウ」から:
　　x² + (1/2)x + 1 = √5/2⋅x　または　x² + (1/2)x + 1 = −√5/2⋅x
それぞれ右辺を左辺に移項して整理すると:
　　⑤　x² + (1 − √5)/2⋅x + 1 = 0　または　⑥　x² + (1 + √5)/2⋅x + 1 = 0

あとは上の2次方程式を解くだけ…

⑤の判別式は　(1 − 2√5 + 5)/4 − 4 = ( −10 − 2√5 )/ 4 その平方根は ± ( √(10 + 2√5 ) / 2⋅ i なので、⑤の解は:
　　x = (−1 + √5)/4 ±  ( √(10 + 2√5 ) / 4⋅ i
同様に⑥の解は:
　　x = ( −1 − √5 )/ 4  ±  ( √(10 − 2√5 ) / 4⋅ i

めでたく 1 の原始5乗根が、四つとも求まった。二重の根号がこれ見よがしに「おれさまは難しいんだぜ」という微妙な威圧感を漂わせてるが、まぁ、2次方程式の解だって根号が付くんだから、倍の4次方程式の解なら、根号の一つや二つや三つや四つ…。怖くないもん。できるもん！

この一例だけではまだ感覚がつかめない。もう少し別の具体例を検討する必要がある。けれど要するに、4次方程式は「2次式の平方、ひく、1次式の平方」に書き換えて、解くことができる。書き換え後に現れる係数 p, q, r の決定は、もともとの係数との比較から、3次方程式の問題になり、4次の問題を3次の問題に還元できる。3次方程式が有理数解を持つ場合には、意外と簡単そう…

「原始5乗根」そのものというより、それを例題に「4次方程式の解法」を検討した。

一般の4次方程式が解ければ、ツールが増えて世界が広がる。

だが3次方程式の解が「非実数の立方根」形式になってしまう場合、実用になるのだろうか？

わらべのときは「方程式は解くもの」と考え、解を求めることが目的だと思い込んでいた。解けなければ「負け」と、わらべのように考えた…。だが Cardano の不可解な形式を体験し、われわれは悟る。方程式と呼ばれるものの神髄は「解は何か？」ではなく「どの係数の範囲で多項式を分解でき、あるいはできないか？」という分解可能性の問題である、と。例えるなら「素数はそれ以上分解できない」というのが素数の真相。「一つの世界の中で答えを出そうとすること」への執着から離れ、「考えている世界の中に解がないなら、それがその世界の真相」と観じるパラダイムシフトに他ならない。一つの世界から無数の世界へ。そして、無限個の世界を越えて。さて、ここからどこへ行きましょう。ガロワは広大だわ…ｗ

〔参考文献〕　Leonhard Euler: Elements of algebra, Pt. 1, Sect. 4, Chap. XIV
https://archive.org/details/elementsofalgebr00eule/page/278/mode/1up

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2024-02-17　4次方程式（その2）　名著に誤りが…

#遊びの数論　#べき和　#4次方程式

前回「はじめての4次方程式」として、x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 を解いた。復習を兼ね、次の方程式を考える:
　　3n⁴ + 6n³ − 3n + 1 = 0　つまり　n⁴ + 2n³ − n + 1/3 = 0

Bernoulli 数と関係があり、Knuth たちの名著 Concrete Mathematics にミスがあった…という、いわくつきの4次式。同書をお持ちの方は、第2版289ページ（第1版275ページ）を開いてみよう。 where α = 2^−5/2 3^−1/2 31^1/4 うんぬんとなっているバージョンは、間違い。 where α = 2^−3/2 3^−1/4 うんぬんとなっていれば修正済みバージョンで、技術的には正しいが、それが最適の表現か？となると依然、疑問が残る。2021～22年に修正されたらしい。改訂部分は、オンラインでも参照できる:
https://www-cs-faculty.stanford.edu/~knuth/gkp34.pdf

このメモでは正しい解を導出し、参考までに Knuth の複雑な表現との関係について記す。

問題の4次式は「6乗和」の式に現れる因数:
　　S₆(n) = 1⁶ + 2⁶ + 3⁶ + … + n⁶
　　 = 1/42⋅n(n + 1)(2n + 1)(3n⁴ + 6n³ − 3n + 1)
　　 = 1/7⋅n(n + 1/2)(n + 1)(n⁴ + 2n³ − n + 1/3)

一般に e を自然数として（上記は e = 6 の例）、 S_e(n) = 1^e + 2^e + … + n^e を表す e + 1 次式は、n が自然数でなくても値を計算可能。その根（値が 0 になるような入力 n）の挙動は神秘的: 例えば e = 1, 2, 3, 4, 5 のとき S_e の実数の根はそれぞれ 2, 3, 4, 5, 6 個だが、S₆(n) = 0 の実数解は突然 3 個に減ってしまう。

n = 0, −1/2, −1 は S₆(n) の根。 n⁴ + 2n³ − n + 1/3 = 0 を満たす n も根なので、それを求めたい。4次式の由来（背景）を気にせず、単に4次方程式の例題と考えてもいい。

方程式の気分を出すため変数名を x に変え、 x⁴ + 2x³ − x + 1/3 = 0 が与えられたとする。

まずはこう置く。
　　x⁴ + 2x³ − x + 1/3 = (x² + x + p)² − (qx + r)²　　「キ」

前回との違いとして、右辺の一つ目の丸かっこ内では、1次の係数（それを ℓ としよう）が 1 になっている。理由は単純:
　　(x² + ℓx + p)² = x⁴ + 2ℓx³ + (2p + ℓ²)x² + 2ℓpx + p²
…なので、その右辺の3次の係数 2ℓ が「与式の3次の係数」と一致するよう、与式の3次の係数の半分を ℓ としただけ！

「キ」の右辺を展開:
　　(x² + x + p)² − (qx + r)²
　　 = x⁴ + x² + p² + 2x³ + 2px + 2px² − (q²x² + 2qrx + r²)
　　 = x⁴ + 2x³ + (2p − q² + 1)x² + (2p − 2qr)x + (p² − r²)
それを「キ」の左辺（2次の係数は 0）と比較して:
　　2p − q² + 1 = 0　　‥‥①
　　2p − 2qr = −1　　‥‥②
　　p² − r² = 1/3　　‥‥③

ここで 4(qr)² を p で表す式を二つ作るのだった。第一に、①から q² = 2p + 1、 ③から r² = p² − 1/3、左辺同士・右辺同士を掛け算して:
　　(qr)² = (2p + 1)(p² − 1/3) = 2p³ − (2/3)p + p² − 1/3
　　つまり　4(qr)² = 8p³ + 4p² − (8/3)p − 4/3　　「ク」
第二に、②から 2qr = 2p + 1 つまり:
　　4(qr)² = 4p² + 4p + 1　　「ケ」
「ク」から「ケ」を辺ごとに引き算:
　　0 = 8p³ − (20/3)p − 7/3　つまり　p³ − (5/6)p − 7/24 = 0
分数をなくすため p = u/6 と置く:
　　u³/6³ − (5/6²)u − 7/24 = 0
　　両辺を 6³ 倍して　u³ − 30u − 63 = 0
63 = 3²⋅7 なので、上の3次方程式に有理数解があるとすれば p = ±1, ±3, ±9 またはそれらの7倍。絶対値の小さい順に試すと、一つの解 u = −3 を得る。

すなわち:
　　p = u/6 = −1/2
このとき①から q² = 2p + 1 = 0 なので:
　　q = 0
③から r² = p² − 1/3 = −1/12 = −3/36 なので^†:
　　r = √−3/6
従って「キ」から:
　　x² + x − 1/2 = √−3/6　　‥‥④
　　または　x² + x − 1/2 = −√−3/6　　‥‥⑤

†　一般に、①から q を求める場合にも③から r を求める場合にも、それぞれ（平方根の）符号設定に曖昧さがある。片方の符号設定は任意で構わないが、通常、片方の値を設定したら、②によって他方の値を設定する必要がある（q の値と r の値は、条件②によって相互に関連しているため）。例外として、先に設定した変数の値が 0 のときには、②を使えない。上記では q を先に求めており、その q の値が 0 なので、③によって r を求める。

④を整理すると x² + x − (3 + √−3)/6 = 0 つまり:
　　6x² + 6x − (3 + √−3) = 0
その判別式の4分の1は 9 + 6(3 + √−3) = 27 + 6√−3 なので、解は:
　　x = [−3 ± √(27 + 6√−3)]/6 = −1/2 ± 1/6⋅√(27 + 6√−3)　　「コ」
同様に⑤の場合:
　　x = −1/2 ± 1/6⋅√(27 − 6√−3)　　「ゴ」

4解が得られた。内訳は −1/2 に対する一定の複素数の和・差（「コ」参照）、そしてその二つの共役複素数（「ゴ」参照）:
　　実部　0.5 ± 0.8813732… = 0.3813732… or −1.3813732…
　　虚部　±0.1637644…　（符号の組み合わせは4通り）
実数の根の場合と同様、複素数の範囲でも、実部 −1/2 に対し左右対称の位置に根のペア（この場合、二つのペア）が配置される。

式「コ」「ゴ」では、実部と虚部が分離されていない――どちらも ± の後ろの数は、「実数でない複素数」の平方根（の 1/6 倍）なんで、それ自体も「実数でない複素数」であり、純虚数ではない。「コ」「ゴ」は、「実数 ± 純虚数」の形じゃなく、「実数 ± 実数でも純虚数でもない複素数」の形なのだ。

「だから間違い」というわけではなく、むしろ「コ」「ゴ」の形の方が簡潔な気もするけど、話の流れとして、実部・虚部をそれぞれ抜き出してみたい。一般に A を正の実数、 B を負の実数として、√A + √B の平方は…
　　(√A)² + 2(√A)(√B) + (√B)² = (A + B) + 2√(AB)
…なので、 √A + √B は (A + B) + 2√(AB) の平方根。ここで √(AB) は負の実数の平方根なので、虚数。この方法で、実部・虚部を分離できる。
　　1/6⋅√(27 + 6√−3) = 1/6⋅√(27 + 2√−27)　　（☆）
の根号部分に当てはめると:
　　A + B = 27, AB = −27
第1式から B = 27 − A、それを第2式に入れて A(27 − A) = 27A − A² = −27、これを解いて:
　　A = (27 ± √(27² + 4⋅27))/2 = (27 ± 3(√93))/2　← 27²+4⋅27 = 27(27+4) = 9⋅3⋅31
　　B = 27 − A = 54/2 − A = (27 ∓ 3(√93))/2
複号同順だが、A は正で B は負と仮定しているので、上側の符号を選ぶ（3√93 > 3√81 = 27）:
　　A = (27 + 3(√93))/2
　　B = (27 − 3(√93))/2 = (−1)(3(√93) − 27)/2
結局（☆）について…
　　√(27 + 2√−27) = √A + √B = √((27 + 3√93)/2) + i √((3√93 − 27)/2)
…と、実部・虚部に分離され、次の結論に至る。
　　1/6⋅√(27 + 2√−27) = 1/6√((54 + 6√93)/4) + i/6√((6√93 − 54)/4)
　　 = 1/12⋅√(54 + 6√93) + i/12⋅√(6√93 − 54)　　（☆☆）
この数を α とすると、「コ」「ゴ」から −1/2 ± α と共役 −1/2 ± α^* が4解。

〔参考〕　Knuth たちは、単純な（☆☆）の表現 α = (√(54 + 6√93) + i √(6√93 − 54))/12 の代わりに、次の記法を採用した（値は同じ）。
　　α = 2^−3/2 3^−1/4 (√(√31 + √27) + i √(√31 − √27))
　　 = (√(√31 + √27) + i √(√31 − √27)) / (2√2 ⋅ ⁴√3)
原文を画像で引用すると…
　　
分子だけの四つの根号で足りるのに、分母・分子に八つの根号（一つは4乗根）を使うのは、いかがなものか。だが Knuth のやる事、何か意味があるのだろう。（☆☆）との関係を実部のみ記すと（虚部も同様）、次の通り。
　　1/12⋅√(54 + 6√93) = 2⁻² 3⁻¹ √(54 + 6√93)
　　 = 2^−3/2 3⁻¹ √(27 + 3√93)　　← √2 = 2^1/2 を根号の外へ
　　 = 2^−3/2 3^−1/2 √(9 + √93)　　← √3 を外へ
　　 = 2^−3/2 3^−1/2 √[√3 × (3√3) + √3 × √31]
　　 = 2^−3/2 3^−1/2 × 3^1/4 √(3√3 + √31) = 2^−3/2 3^−1/4 √(√31 + √27)

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4次方程式とは関係ないが、
　　1⁶ + 2⁶ + 3⁶ + … + n⁶ = 1/42⋅n(n + 1)(2n + 1)(3n⁴ + 6n³ − 3n + 1)
で少しだけ遊んでみたい。最初の六つの6乗数の和を直接計算すると…
　　1⁶ + 2⁶ + 3⁶ + 4⁶ + 5⁶ + 6⁶ = 1 + 64 + 729 + 4096 + 15625 + 46656 = 67171

6乗和の公式経由だと…
　　3n⁴ + 6n³ − 3n + 1 = 3⋅6⁴ + 6⋅6³ − 3⋅6 + 1
　　 = 4⋅6⁴ − 17 = 4⋅1296 − 17 = 5184 − 17 = 5167
この 5167 を使って:
　　1/42⋅n(n + 1)(2n + 1)(3n⁴ + 6n³ − 3n + 1) = 1/42 × 6⋅7⋅13⋅5167 = 5167 × 13 = 67171

同じ6乗和の公式でも、この場合 1/7⋅n(n + 1/2)(n + 1)(n⁴ + 2n³ − n + 1/3) を使った方が簡単かも。 n = 6 のとき n⁴ + 2n³ = 6⁴ + 2⋅6³ = (6 + 2)6³ = 2³⋅6³ = 12³ = 1728 なので:
　　n⁴ + 2n³ − n + 1/3 = 1728 − 6 + 1/3 = 1722 + 1/3
しかも 1/7⋅n(n + 1/2)(n + 1) = (1/7)⋅6⋅(13/2)⋅7 = 3⋅13 = 39 は、約分ですっきり。結局 1722 + 1/3 の 39 倍を求めればいい:
　　1722 × 39 + 13 = 1722 × 40 − 1722 + 13 = 68880 − 1709 = 67171

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S₆(n) = 1⁶ + 2⁶ + … + n⁶ を Bernoulli 形式で書くと:
　　(1/7)n⁷ + (1/2)n⁶ + (1/2)n⁵ − (1/6)n³ + (1/42)n

S_e(n) の最高次の項は 1/(e + 1)⋅n^e+1 になり、次の項は (1/2)n^e になる。3番目の項は e/12⋅n^e−1 で、そこから次数が2ずつ下がる。4番目の項は:
　　−e(e − 1)(e − 2)/720⋅n^e−3
S₆(n) の場合、この係数は −6⋅5⋅4/720 = −120/720 = −1/6 に等しい。
　　B₄/4! = (−1/30)/240 = −1/720 に 6^↓3 を掛け算、ここで 6^↓3 = 6⋅5⋅4

5番目の項は e(e − 1)(e − 2)(e − 3)(e − 4)/(720 × 42)⋅n^e−5 だが、S₆(n) の場合、この係数は 6⋅5⋅4⋅3⋅2/(720 × 42) = 6!/(720 × 42) = 1/42 = B₆ に他ならない。
　　B₆/6! = (1/42)/720 = 1/30240 に 6^↓5 を掛け算

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2024-02-20　「5乗根」強化月間！　正15角形で遊ぶ

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

正15角形の作図。画像のように、円に内接する正五角形（緑）と正三角形（赤）を描くと、弦 WR が正15角形（同じ円に内接）の一辺の長さ。コンパスをその長さに開いて、折れ線状に次々に辺を新設すれば、正15角形の出来上がり。

うまくいく理由: ∠ROP = 144°, ∠WOP = 120° なので、扇形 OWR は中心角 24° つまり円を15等分。

1 の15乗根は面白そう…。15等分の土台となる円周5等分の点について、地味に復習する。

cos 36° が黄金比 (√5 + 1)/2 = 1.618… の半分に等しいこと。黄金分割とは、例えばある長さの線分を「大」と「小」の二つの長さに分割して、「大」と「小」の比が、「全体」（もともとの線分の長さ）と「大」の比と同じ…になるようにすること。そのような比が黄金比。「大」「小」「全体」をそれぞれ a, b, a + b とすると…
　　a + b : a = a : b
この比になじみがあれば cos 36° の理解に役立つが、なじみがなくても支障ない。

cos 36° は、図の OF の長さ。赤い大きな二等辺三角形 OKL の、斜辺 OK の長さの半分に等しい（KL を底辺とする）。赤い二等辺三角形と、小さな青い二等辺三角形 KLR は、どちらも三つの角が 36°–72°–72° なので、相似。 RL の長さを b とすると…
　　赤の斜辺と底辺の比　1 + b : 1　比の値　1 + b
　　青の斜辺と底辺の比　1 : b　比の値　1/b
二つの三角形は相似なので、上の二つの比は等しい（黄金比の定義で a = 1 とした場合に当たる）。
　　1 + b = 1/b
両辺を b 倍すると…
　　(1 + b)b = 1　つまり　b² + b = 1
この最後の式を次のように書くことができる^†。
　　(b + 1/2)² − 1/4 = 1
　　つまり　(b + 1/2)² = 5/4
両辺の正の平方根を考えると b + 1/2 = √5/2 従って b = (√5 − 1)/2 となって…
　　OK の長さ = OL の長さ = 1 + b = 1 + (√5 − 1)/2 = (√5 + 1)/2
　　cos 36° = OK の長さの半分 = (√5 + 1)/4

†　b² + b − 1 = 0 として、機械的に解の公式を使ってもいい。辺の長さ（絶対値）なので、正の解を選ぶ。OL 全体の長さが、「大」の区間 OR と「小」の区間 RL に黄金分割されている。

cos 72° については、cos 36° を基に、即物的に倍角の公式（2乗して2倍して 1 を引く）^‡を適用するのが手っ取り早い:
　　cos² 36° = ((√5 + 1)/4)² = (6 + 2√5)/16　　‥‥①
　　cos 72° = 2((3 + √5)/8) − 1 = (3 + √5)/4 − 1 = (√5 − 1)/4

‡　cos 2θ = cos (θ + θ) = cos θ cos θ − sin θ sin θ = cos² θ − sin² θ = cos² θ − (1 − cos² θ) = 2 cos² θ − 1

もう一度、倍角にすると:
　　cos² 72° = ((√5 − 1)/4)² = (6 − 2√5)/16　　‥‥②
　　cos 144° = 2((3 − √5)/8) − 1 = (3 − √5)/4 − 1 = (−√5 − 1)/4
当然ながら −cos 36° と等しい。特に cos² 144° は①と一致。分子 −√5 − 1 については −1 − √5 等々、他の書き方をしても構わない。 √5 + 1 = 1 + √5 などについても同様。

1 の原始5乗根の実部
　　cos 72° = (√5 − 1)/4 = 約 1.236/4 = 0.309
　　cos 144° = (−√5 − 1)/4 = 約 −3.236/4 = −0.809

前者は Q と Q′ の横座標、つまり数直線上の E に当たる。後者は R と R′ の横座標、つまり F に当たる。

次に縦座標、つまり sin を求める。②から:
　　sin² 72° = 1 − (6 − 2√5)/16 = (10 + 2√5)/16
　　従って　±sin 72° = ±√(10 + 2√5)/4

---

---

プラスは Q の縦座標（つまり G）、マイナスは Q′ の縦座標（その反対側）。ここで 10 + 2√5 = 約 10 + 4.472 = 14.472 は 3.8² = 14.44 よりわずかに大きく、3.9² = 15.21 よりかなり小さい。よって sin 72° は 3.8/4 = 0.95 よりわずかに大きい。図の G の位置もそれくらいの感じ。

同様に①から:
　　sin² 144° = sin² 36° = (10 − 2√5)/16
　　従って　sin 144° = [√(10 − 2√5)]/4
これは R の縦座標 H に当たる。ここで 10 − 2√5 = 約 10 − 4.472 = 5.528 は 2.3² = 5.29 と 2.4² = 5.76 のちょうど中間あたり。
　　2.3 < √(10 − 2√5) < 2.4
暗算の便宜上 4 で割りやすいように、この平方根を 2.36 とすると、その4分の1は 0.59。 作図からは「0.6 程度」くらいしか読み取れない。正三角形の辺 PW が縦軸を横切る点 J よりは、H は上にある^†。

1 の原始5乗根の虚部（正の側）
　　sin 72° = [√(10 + 2√5)]/4 = 約 0.951
　　sin 144° = [√(10 − 2√5)]/4 = 約 0.588

†　J の縦座標は tan 30° = √3/3 = 0.577…。ニアミスの詳細。

ところで (10 + 2√5)(10 − 2√5) = 100 − 20 = 80 なので:

√(10 + 2√5)⋅√(10 − 2√5) = √80 = 4√5　　‥‥③

sin 72° に倍角公式を適用してみる:
　　sin 144° = 2 cos 72° sin 72° = 2((√5 − 1)/4)((√(10 + 2√5))/4)
　　 = (√5 − 1)/8⋅√(10 + 2√5)　　（☆）
　　 = (√5 − 1)/8⋅√(10 + 2√5)⋅[√(10 − 2√5)]/[√(10 − 2√5)]　　← トリッキー。もっといいやり方ないのか
　　 = (√5 − 1)/8⋅(4√5)/[√(10 − 2√5)]　　← ③を使用
　　 = 1/8⋅(20 − 4√5)/[√(10 − 2√5)] = 1/4⋅(10 − 2√5)/[√(10 − 2√5)] = [√(10 − 2√5)]/4

〔追記〕　次のように論じることができる。 a = (√5 − 1) √(10 + 2√5) = 1.236… × √14.472… は、正の実数。
その平方は:
　　a² = (√5 − 1)² (10 + 2√5) = (√5 − 1)² (2√5⋅√5 + 2√5)
　　 = (√5 − 1)(√5 − 1)(√5 + 1)⋅2√5 = 4(√5 − 1)⋅2√5 = 4(10 − 2√5)
なぜなら (√5 − 1)(√5 + 1) = 5 − 1。従って a² の正の平方根 a は
　　2√(10 − 2√5)
に等しい。（☆）は、その 8 分の 1。

〔追記2〕　次の手順で淡々と進める方が、分かりやすい。
　　（☆） = (1/8)(√5 − 1)√(10 + 2√5) = (1/8)√[(√5 − 1)²]√(10 + 2√5) = (1/8)√(6 − 2√5)√(10 + 2√5)
　　 = (1/8)√(40 − 8√5) = (1/4)√(10 − 2√5)

今、1 の原始5乗根の主値…
　　Q = cos 72° + i sin 72° = (−1 + √5)/4 + i [√(10 + 2√5)]/4
…の平方が、偏角2倍の別の原始5乗根…
　　R = cos 144° + i sin 144° = (−1 − √5)/4 + i [√(10 − 2√5)]/4
…に一致することを直接計算で確かめる。
　　Q² = (6 − 2√5)/16 − (10 + 2√5)/16 + i (−1 + √5)/8⋅√(10 + 2√5)
Q² の実部 (−4 − 4√5)/16 は R の実部と一致。 Q² の虚部は（☆）以下と同様に R の虚部と一致。

1 の原始5乗根
　　偏角 ±72°　　Q = (−1 + √5)/4 + i [√(10 + 2√5)]/4　とその共役 Q′
　　偏角 ±144°　　R = (−1 − √5)/4 + i [√(10 − 2√5)]/4　とその共役 R′

単位円に内接する正五角形の頂点は、円周を5等分: ∠QOP = (360/5)° = 72°、∠ROP はその2倍で 144° 等々。

正三角形について ∠WOP = 120° なので ∠ROW = ∠ROP − ∠WOP = 24° = (360/15)° となって、単位円の弧 WR は円周のちょうど 15 分の 1。

コンパスを使って弦 WR の長さをコピーし、折れ線状に（単位円上で）頂点をどんどん増やせば、円周が15等分される（正15角形の作図）。例えば R を中心に半径 |WR| の円を描き W の反対側で単位円と交わる点を D とすれば、W, R, D は正15角形の隣り合う頂点。

正15角形の15個の頂点のうち七つは、初めから図に描き込まれている。15頂点は、対応する扇形の中心角で言えば、360° = 2π の…
　　0/15, 1/15, 2/15, 3/15, 4/15, 5/15, …, 14/15
…に当たる。このうち約分できる分数は、正三角形または正五角形の頂点と一致:
0/15 = 0, 5/15 = 1/3, 10/15 = 2/3 の点は P, W, W′
3/15 = 1/5, 6/15 = 2/5, 9/15 = 3/5, 12/15 = 4/5 の点は Q, R, R′, Q′

正15角形固有の「新しい」頂点は次の八つ（4ペア）:
　　弧 PQ を3等分する A, B　横軸を挟んで対称の位置にある A′, B′
　　弧 QW を2等分する C　対称の位置にある C′
　　弧 RR′ を3等分する D, D′

この個数は φ(15) ―― 15 以下にある 15 と互いに素な自然数の個数――に等しい。 15 = 3⋅5 なので φ(15) = (3 − 1)(5 − 1) = 8。従って、これら八つの原始15乗根を零点とする円分多項式は、8次式になるだろう。

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2024-02-21　24° と 48° の cos と sin

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

黄金比の半分 cos 36° = (√5 + 1)/4 をはじめ 18° の倍数の角度の cos, sin では、(√5 ± 1)/4 のような形や (√(10 ± 2√5))/4 のような形が現れる。

72°, 36°, 18° は、それぞれ円周を5等分・10等分・20等分した点。それとは別系列の 24° の倍数（円周の15等分）を考える。

点 P (1, 0) を基点に、単位円の円周を15等分（偏角 24° 刻み）。偏角 24°, 48° の点をそれぞれ A, B とする。

B の横座標・縦座標は次の通り。

横　cos 48° = cos (120° − 72°)
　　 = cos 120° cos 72° + sin 120° sin 72°
　　 = −1/2⋅(−1 + √5)/4 + √3/2⋅[√(10 + 2√5)]/4
　　 = 1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5))

縦　sin 48° = sin 120° cos 72° − cos 120° sin 72°
　　 = √3/2⋅(−1 + √5)/4 − −1/2⋅[√(10 + 2√5)]/4
　　 = 1/8⋅(−√3 + √15 + √(10 + 2√5))

数値的には 0.669… と 0.743… で、それぞれ 2/3 と 3/4 に近い。一方 A の座標は:

横　cos 24° = cos (144° − 120°) = cos 144° cos 120° + sin 144° sin 120°
　　 = (−1 − √5)/4⋅−1/2 + [√(10 − 2√5)]/4⋅√3/2
　　 = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))

縦　sin 24° = sin 144° cos 120° − cos 144° sin 120°
　　 = [√(10 − 2√5)]/4⋅−1/2 − (−1 − √5)/4⋅√3/2
　　 = 1/8⋅(−√(10 − 2√5) + √3 + √15)
　　 = 1/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))

数値的には (0.913…, 0.406…) となる。

以上によって、とりあえず次の表現を得た。

　cos 24° = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))
　sin 24° = 1/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))

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単位円上の点なので cos² 24° + sin² 24° = 1 のはず。まず:
　　cos² 24° = 1/64⋅[1 + 5 + (30 − 6√5) + 2√5 + 2√5 √(30 − 6√5) + 2√(30 − 6√5)]
　　 = 1/64⋅[36 − 4√5 + 2(√5 + 1)√(30 − 6√5)]　　‥‥①

①に含まれる (√5 + 1) √(30 − 6√5) を x とすると^†、それは正の実数で:
　　x² = (√5 + 1)² (30 − 6√5) = (√5 + 1)² (6√5⋅√5 − 6√5)
　　 = (√5 + 1)(√5 + 1)(√5 − 1)⋅6√5 = 4(√5 + 1)⋅6√5
　　 = 4(6√5⋅√5 + 6√5) = 4(30 + 6√5) = 2²(30 + 6√5)
途中で (√5 − 1)(√5 + 1) = 5 − 1 = 4 という関係を使った。上記 x² の正の平方根が x に等しいのだから:
　　(√5 + 1) √(30 − 6√5) = x = 2√(30 + 6√5)　　‥‥②

②を①に代入して:
　　cos² 24° = 1/64⋅[36 − 4√5 + 2(2√(30 + 6√5))]
　　 = 1/16⋅(9 − √5 + √(30 + 6√5))　　‥‥③

†　このようなトリックを使わない平明な計算法もある。

一方:
　　sin² 24° = 1/64⋅[3 + 15 + (10 − 2√5) + 2√45 − 2√(150 − 30√5) − 2√(30 − 6√5)]
　　 = 1/64⋅(28 − 2√5 + 6√5 − 2√5 √(30 − 6√5) − 2√(30 − 6√5))
　　 = 1/64⋅[28 + 4√5 − 2(√5 + 1) √(30 − 6√5)]
再び②を代入:
　　sin² 24° = 1/64⋅[28 + 4√5 − 2(2√(30 + 6√5))]
　　 = 1/16⋅(7 + √5 − √(30 + 6√5))　　‥‥④

③と④の和は、確かに 1 に等しい。 cos 24°, sin 24° はそれぞれ③④の正の平方根なので、こう書くことも可能。
　　cos 24° = 1/4⋅√[9 − √5 + √(30 + 6√5)]
　　sin 24° = 1/4⋅√[7 + √5 − √(30 + 6√5)]

この表現の方が両者の関係が明確、分母も簡潔だが、その代わり三重根号が必要。前記の表現なら二重根号で済む。③を 2 倍して 1 を引くと cos 48° に一致する（cos の倍角の公式）。逆に言えば、cos 48° の「分子」の 1 を 9 に変え、分母の 8 を 16 に変えると③になる。

〔付記〕　②を導く別の方法。 √(30 + 6√5) √(30 − 6√5) = √(900 − 180) = √720 = 12√5 の両辺を √(30 + 6√5) で割る:
　　√(30 − 6√5) = 12√5/√(30 + 6√5)
その両辺を √5 + 1 倍:
　　(√5 + 1) √(30 − 6√5) = (60 + 12√5)/√(30 + 6√5) = 2⋅(30 + 6√5)/√(30 + 6√5) = 2√(30 + 6√5)

〔関連メモ〕　「加法定理からの tan 24°」「sin/cos からの tan 24°」

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2024-02-23　24° と 48° の cos と sin（続き）

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

36° と 72° を比べると、36° の cos は大きく 72° の cos は小さいので、
　　(√5 + 1)/4
にプラスがあり、
　　(√5 − 1)/4
にマイナスがある。 sin については、逆に 36° の sin は小さく、72° の sin は大きいので、
　　[√(10 − 2√5)]/4　　（★）
にマイナスがあり、
　　[√(10 + 2√5)]/4
にプラスがある。 sin 36° の（★）では 10 − 2√5 = 10 − 4.472… = 5.527… の平方根が分かりにくい。
　　235² = 240² − 240⋅5⋅2 + 5² = 57600 − 2400 + 25 = 55225
…と比較すると、上位3桁一致し、この平方根は 2.35 台; 4 で割って sin 36° は 0.5875 より少し上。正確には 0.5877…; tan 30° = √3/3 = 1.7320…/3 = 0.5773… より 0.0104… だけ大きい。ちょっとしたニアミス。

cos 48° = cos 120° cos 72° + sin 120° sin 72°
　　 = −1/2⋅(√5 − 1)/4 + √3/2⋅(√(10 + 2√5))/4
　　 = 1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5))

cos² 48° = 1/64⋅[1 + 5 + (30 + 6√5) − 2√5 − 2√5⋅√(30 + 6√5) + 2√(30 + 6√5)]
　　 = 1/64⋅[36 + 4√5 − 2(√5 − 1) √(30 + 6√5)]　　「サ」
　　 = 1/64⋅[36 + 4√5 − 2(2√(30 − 6√5))]　　「シ」
　　 = 1/16⋅(9 + √5 − √(30 − 6√5))　　‥‥⑤

「サ」→「シ」の仕組みは次の通り。 y = (√5 − 1) √(30 + 6√5) と置くと、それは正の実数で:
　　y² = (√5 − 1)² (30 + 6√5) = (√5 − 1)² (6√5⋅√5 + 6√5)
　　 = (√5 − 1)(√5 − 1)(√5 + 1)⋅6√5 = 4(√5 − 1)⋅6√5
途中で (√5 − 1)(√5 + 1) = 5 − 1 = 4 という関係を使った。従って…
　　y² = 4(6√5⋅√5 − 6√5) = 4(30 − 6√5) = 2²(30 − 6√5)
…の正の平方根 y をこう書くことができる:
　　y = 2√(30 − 6√5)

cos² 24° の②参照。このようなトリックを使わない平明な計算法もある。

別の例。別の視点から。

sin 48° = sin 120° cos 72° − cos 120° sin 72°
　　 = √3/2⋅(√5 − 1)/4 − −1/2⋅[√(10 + 2√5)]/4
　　 = 1/8⋅(−√3 + √15 + √(10 + 2√5))

次の計算では √15⋅√(10 + 2√5) の代わりに √5⋅√(30 + 6√5) と書く。

sin² 48° = 1/64⋅[3 + 15 + (10 + 2√5) − 2√45 + 2√5⋅√(30 + 6√5) − 2√(30 + 6√5)]
　　 = 1/64⋅[28 + 2√5 − 6√5 + 2(√5 − 1) √(30 + 6√5)]　　「ス」
　　 = 1/64⋅(28 − 4√5 + 2⋅2√(30 − 6√5))　　「セ」
　　 = 1/16⋅(7 − √5 + √(30 − 6√5))　　‥‥⑥

「ス」→「セ」について。根号内から √(6√5) をくくり出し、 [ ] 内の最後の項をこう見ることができる。
　　2(√5 − 1) √(30 + 6√5) = 2(√5 − 1) √(√5 + 1)⋅√(6√5)　　「ソ」

「ソ」右辺の (√5 − 1) を √(√5 − 1) √(√5 − 1) と見ると、一方の √(√5 − 1) は隣の √(√5 + 1) と反応して整数 2 になり、他方の √(√5 − 1) は右端の √(6√5) と反応して √(30 − 6√5) になる。結局 (√5 − 1) は二つに割れて見掛け上消えてしまうのだが、二つに割れた片方は、長い根号（二重根号を含む）と合体、整数 2 として生まれ変わる――もう片方は √(6√5) と合体して、新たに長い根号を発生させる。トータルでは (√5 − 1) が 2 に変わると同時に、「ス」の長い根号の真ん中の符号が反転したように見える。「セ」の状態。

⑤⑥の和は 1: cos² 48° + sin² 48°; ⑤⑥の正の平方根を考えれば 48° の cos, sin の別表現を得る――三重根号が発生しちゃうけど、使い道によっては便利かも？

1 の原始15乗根の主値（偏角 24°）を A とする。
　　A = cos 24° + i sin 24° = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5)) + i/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))

A² が、偏角 48° の原始15乗根 B と一致することを、直接的な代数計算によって確かめたい。
　　B = cos 48° + i sin 48° = 1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5)) + i/8⋅(−√3 + √15 + √(10 + 2√5))

複素数の計算としても cos の倍角の計算としても、A² の実部は cos² 24° − sin² 24° に等しいはず:
　　[1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))]² − [1/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))]²

この二つの平方については、前回③④として計算済み:
　　cos² 24° = 1/16⋅(9 − √5 + √(30 + 6√5))　　‥‥③再掲
　　sin² 24° = 1/16⋅(7 + √5 − √(30 + 6√5))　　‥‥④再掲
上から下を引くと、確かに B の実部と一致:
　　1/16⋅(2 − 2√5 + 2√(30 + 6√5)) = 1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5))

次に A² の虚部、すなわち 2 cos 24° sin 24° は、複素数の計算としても sin の倍角としても、sin 48° に等しいはず:
　　2[1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))][1/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))]

上の式の展開については、付録参照。③④の形式なら次のようにきれいに表現でき、このとき丸かっこ内に現れる3項式は cos 48° の「分子」に他ならない:
　　cos² 24° = 1/16⋅[8 + (1 − √5 + √(30 + 6√5))]
　　sin² 24° = 1/16⋅[8 − (1 − √5 + √(30 + 6√5))]

A, B の実部・虚部は全部正だから、「2 cos 24° sin 24° が sin 48° に等しいこと」を言う代わりに、「前者の平方 4 cos² 24° sin² 24° が sin² 48° に等しいこと」を示しても同じ。次のように「和・差の積」から「2乗の差」になる:
　　4 cos² 24° sin² 24° = 4⋅1/16⋅[8 + (1 − √5 + √(30 + 6√5))] 1/16⋅[8 − (1 − √5 + √(30 + 6√5))]
　　 = 1/64⋅[8² − (1 − √5 + √(30 + 6√5))²]
　　 = 1 − [1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5))]²

上の式で 1 から引き算される [ ]² は、⑤の cos² 48° そのもの。⑤を代入すると、結果は⑥と一致^†:
　　 = 1 − 1/16⋅(9 + √5 − √(30 − 6√5)) = 1/16⋅(7 − √5 + √(30 − 6√5))

†　三角関数として見ると: 1 − cos² 2θ = sin² 2θ は sin 2θ = 2 cos θ sin θ の平方に等しい。

「サ」～「セ」の (√5 − 1) √(30 + 6√5) = 2√(30 − 6√5) の簡約は、少々トリッキー。

6√5 の部分を少し一般化して n√5 とすると:
　　(√5 − 1) √(5n + n√5) = 2√(5n − n√5)
　　同様に　(√5 + 1) √(5n − n√5) = 2√(5n + n√5)

どちらの式も、左辺前半を (√5 ∓ 1)^1/2 (√5 ∓ 1)^1/2 と見て、左辺後半の平方根を (√5 ± 1)^1/2 (n√5)^1/2 と見ると、左辺は4因子の積となる。そのうち次の2因子の積は、整数 2 に等しい:
　　(√5 ∓ 1)^1/2 (√5 ± 1)^1/2 = (5 − 1)^1/2
残りの2因子の積は、下記のように「もともとの左辺後半の平方根」の真ん中の符号を変えたものに等しい:
　　(√5 ∓ 1)^1/2 (n√5)^1/2 = (5n ∓ n√5)^1/2

u = (√5 + 1)^1/2, v = (√5 − 1)^1/2 と置くと:
　　u⋅u = √5 + 1
　　v⋅v = √5 − 1
　　u⋅v = (√5 + 1)^1/2 (√5 − 1)^1/2 = [(√5 + 1)(√5 − 1)]^1/2 = 4^1/2 = 2

今 c = (n√5)^1/2 とする。二重根号 cu = (5n + n√5)^1/2 を v⋅v = √5 − 1 倍すると、積は「中央符号が逆の二重根号」の 2 倍に等しい:
　　cu⋅v⋅v = (u⋅v)⋅c⋅v = 2cv　　【♪】
符号を入れ替えた積―― cv = (5n − n√5)^1/2 の u⋅u = √5 + 1 倍――も、同様:
　　cv⋅u⋅u = (u⋅v)⋅c⋅u = 2cu
事実 u, v の定義は、どっちがどっちでも構わない。

√(x + y√z) には √(x − y√z) を掛ければ二重根号を解消できる――という漠然とした発想でも、ほぼ一本道で同じ結論に至る。まず:
　　√(5n + n√5) √(5n − n√5) = √(25n² − 5n²) = √(20n²) = 2n√5
これは (cu)(cv) = 2c² に他ならない。

次に、上の両辺を √(5n − n√5) で割って:
　　√(5n + n√5) = 2⋅n√5 / √(5n − n√5)
これは cu = 2⋅c²/(cv) に当たる。

最後に、上の両辺を √5 − 1 倍。分子の n√5 にこの因数が掛け算されたとき、積は分母の平方となり（言い換えると、分母が分子の平方根となり）、分数が「割り切れる」:
　　(√5 − 1)√(5n + n√5) = 2⋅(5n − n√5) / √(5n − n√5) = 2√(5n − n√5)
これは (cu)(vv) = 2⋅(cv)²/(cv) = 2cv ってこと。【♪】によれば (cu)(vv) は直ちに 2cv に簡約されるのだが、今書いた手順では「分子が 2(cv)² で、分母が cv の分数」を経由して、同じことしてる。最初【♪】に気付かず、こんな変な方法を使っていた…。 sin 144° 参照。

〔追記〕　この種の「変なトリック」に依存しない一般的な方法を後述する。

（付録）　A² = B の虚部について、直接展開による検証。簡潔化のため √3, √5 をそれぞれ J, f と略す。

2 cos 24° sin 24° = 2[1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))][1/8⋅(√3 + √15 − √(10 − 2√5))]
　　 = 1/32⋅(1 + f + J√(10 − 2f))(J + Jf − √(10 − 2f))

分数を省き、最後の式の右側を展開した 9 項だけを記す。すぐ 3 項にまとまる:
　　(J + Jf − √(10 − 2f)) + (Jf + 5J − f√(10 − 2f)) + [3√(10 − 2f) + 3f√(10 − 2f) − J(10 − 2f)]
　　 = −4J + 4Jf + 2√(10 − 2f) + 2f√(10 − 2f)
　　 = −4J + 4Jf + 2(f + 1)√(10 − 2f)

分数を記し、前述の簡約を行うと:
　　1/32⋅(−4J + 4Jf + 2⋅2√(10 + 2f)) = 1/8⋅(−J + Jf + √(10 + 2f)) = sin 48°

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2024-02-27　4次方程式（その3）　x¹⁵ = 1 の代数的解法

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

15次方程式 x¹⁵ = 1 つまり x¹⁵ − 1 = 0 を代数的に解こうとする酔狂な人は、あまりいないだろう。三角関数経由の方が楽だし…

「山、高からざれば霊ならず」というが「山、高きがゆえにたっとからず」ともいう。矛盾したことわざだけど、ともかく15次は高い次数。この森を歩いてみたい。そこに山があるからだ！

とりあえず x¹⁵ − 1 を分解。初めの一歩は、
　　(x⁵)³ − 1 = [(x⁵) − 1][(x⁵)² + (x⁵) + 1]　　「タ」
か、あるいは
　　(x³)⁵ − 1 = [(x³) − 1][(x³)⁴ + (x³)³ + (x³)² + (x³) + 1]　　「チ」
とするか？

「タ」の方が簡単そう。右辺第1因子をさらに分解・第2因子を整理して:
　　x¹⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)(x¹⁰ + x⁵ + 1)　　「ツ」
末尾の10次の因子は、さらに x² + x + 1 で割り切れるはず。

なぜなら「チ」のように x¹⁵ − 1 は x³ − 1 = (x − 1)(x² + x + 1) で割り切れる――つまり (x − 1) と (x² + x + 1) を因子に持つ。だがそのうち因子 (x − 1) は、既に「ツ」右辺に出現してるし、 x¹⁰ + x⁵ + 1 に x = 1 を入れても値は 0 にならないので、この10次式は x − 1 では割り切れない。

この仮説を検証し商を確定するため、地道に割り算。

              x^8  - x^7       + x^5 - x^4 + x^3       - x     + 1
            ┌─────────────────────────────────────────────────────────────
x^2 + x + 1 │ x^10                         + x^5                       + 1
              x^10 + x^9 + x^8
              ────────────────
                   - x^9 - x^8
                   - x^9 - x^8 - x^7
                   ─────────────────
                               + x^7       + x^5
                                 x^7 + x^6 + x^5
                               ─────────────────
                                     - x^6 +   0
                                     - x^6 - x^5 - x^4
                                     ─────────────────
                                           + x^5 + x^4
                                             x^5 + x^4 + x^3
                                             ───────────────
                                                       - x^3
                                                       - x^3 - x^2 - x
                                                       ───────────────
                                                             + x^2 + x + 1
                                                               x^2 + x + 1
                                                               ───────────
                                                                         0

割り切れたぜぃ！

x¹⁵ − 1 を分解した4因子…
　　(x − 1)(x² + x + 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)(x⁸ − x⁷ + x⁵ − x⁴ + x³ − x + 1)
…のうち x − 1 は 1 の1乗根（P = 1)、 x² + x + 1 は 1 の二つの原始3乗根（W = ω, W′ = ω^*）に対応。 x⁴ + x³ + x² + x + 1 は四つの原始5乗根（Q, Q′, R, R′）に対応。割り算の結果見つかった8次式…
　　x⁸ − x⁷ + x⁵ − x⁴ + x³ − x + 1
…の根は、八つの原始15乗根（A, A′, B, B′, C, C′, D, D′）に対応してるのだろう。

この8次式（原始15乗根に対応する円分多項式）には6次・2次の項が無く、それ以外の項について、係数 +1 と −1 が交互に現れる。言い換えると、真ん中の −x⁴ まで左から読んでも + − + − だし、右から読んでも + − + − で「たけやぶやけた」みたいな回文的な係数。

それを利用してこの8次式を4次式に圧縮し、4次方程式として解く――という作戦。

次の例のように、共役のペアは積が 1 であること（互いに逆数であること）が役立つ。
　　A = cos 24° + i sin 24°, A′ = cos 24° − i sin 24°　について:
　　A × A′ = (cos 24° + i sin 24°)(cos 24° − i sin 24°) = (cos 24°)² − (i sin 24°)² = cos² 24° + sin² 24° = 1
共役のペアを足し合わせると虚部が消え、実部が2倍に:
　　A + A′ = (cos 24° + i sin 24°) + (cos 24° − i sin 24°) = 2 cos 24°

例えば x = A = cos 24° + i sin 24° とすると 1/x = A′ = cos 24° − i sin 24° となり、 x + 1/x = A + A′ = 2 cos 24° となる。同様に x = B なら x + 1/x = B + B′ = 2 cos 48° となり、x = C なら x + 1/x = C + C′ = 2 cos 96° となる。 D, D′ についても同様。

置換 y = x + 1/x によって上記 x の8次式を y の4次式にした場合、その4次式の四つの根は――単に変数を置換しての途中計算というだけでなく――それ自身 y = 2 cos 24°, 2 cos 48°, 2 cos 96°, 2 cos 168° という四つの値になっていて、それぞれ 2 で割るだけで A, A′, B, B′, C, C′, D, D′ の横座標が得られる。おまけに変数置換を元に戻さなくても、sin² θ = 1 − cos² θ によって、対応する虚部（縦座標）も確定できる。

今、問題の8次方程式…
　　x⁸ − x⁷ + x⁵ − x⁴ + x³ − x + 1 = 0
…の両辺を x⁴ で割り、左辺と右辺を入れ替えると:
　　0 = x⁴ − x³ + x − 1 + x⁻¹ − x⁻³ + x⁻⁴
y = x + 1/x つまり y = x + x⁻¹ と置く。右辺左端の x⁴ を消すため、 y⁴ = x⁴ + 4x² + 6 + 4x⁻² + x⁻⁴ を上の式から引いて:
　　−y⁴ = −x³ − 4x² + x − 7 + x⁻¹ − 4x⁻² − x⁻³
「回文」の性質から右端にあった x⁻⁴ も同時消滅。以下同じ原理で進める。右辺左端の −x³ を消すため、上の式に y³ = x³ + 3x + 3x⁻¹ + x⁻³ を足して:
　　−y⁴ + y³ = −4x² + 4x − 7 + 4x⁻¹ − 4x⁻²
さらに y² = x² + 2 + x⁻² の 4 倍、つまり 4y² = 4x² + 8 + 4x⁻² を足して:
　　−y⁴ + y³ + 4y² = 4x + 1 + 4x⁻¹
最後に −4y = −4x − 4x⁻¹ を足して:
　　−y⁴ + y³ + 4y² − 4y = 1
　　つまり　y⁴ − y³ − 4y² + 4y + 1 = 0

y についての4次方程式が得られた！　「はじめての4次方程式」「4次方程式（その2）」と同様、
　　y⁴ − y³ − 4y² + 4y + 1 = (y² − 1/2y + p)² − (qy + r)²　　「テ」
と置いて^†展開し、係数を比較すると、p についての次の3次方程式を得る。
　　8p³ + 16p² − 16p − 33 = 0
この有理数解を直接検索してもいいのだが、p = u/2 と置くと、分数なしに最高次の係数が 1 になって、見通しがいい。
　　u³ + 4u² − 8u − 33 = 0
有理数解があるとすれば u = ±1, ±3, ±11, ±33; 試すと u = −3 が見つかり、p = u/2 = −3/2 を得る。

†　y³ の係数は −1 なので、「テ」右辺の2次式の「1次の係数」はその半分の −1/2。なぜ？

その結果、4次方程式のいつもの解法によって p = −3/2, q = √5/2, r = −√5/2 を選択でき、「テ」は次の2次式に帰着。
　　y² − 1/2y − 3/2 = √5/2y − √5/2　または　= −√5/2y + √5/2
分数をなくすため両辺を2倍すると:
　　2y² − y − 3 = √5y − √5　または　= −√5y + √5

結局、次の二つの2次方程式（連立ではない）から得られる計4個の解が、4次式「テ」の根。
　　2y² − (1 + √5)y + (−3 + √5) = 0　　‥‥①
　　2y² − (1 − √5)y + (−3 − √5) = 0　　‥‥②

①②は2次方程式なので普通に解ける。出てくる4解は、A, B, C, D の横座標（A′, B′, C′, D′ の横座標でもある）。けど、一体どれがどれだろう…。実際に解を求めて数値的に検討すれば分かることだが、解と係数の関係から推理してみる。①②どちらも2解の積は負、従って正の解と負の解を一つずつ持つ。しかし①の2解の和は正、②の2解の和は負なので、前者は (A or B) & C, 後者は (B or A) & D に当たる。①と②それぞれの2解の和は、次の通り:
　　(1 + √5)/2 = 3.236…/2 = 1.618…　　「ト」
　　(−1 + √5)/2 = −1.236…/2 = −0.618…　　「ド」
この解は、前述のように、実際の cos と比べて2倍されている。作図から、
　　a = ∠POA, b = ∠POB, c = ∠POC, d = ∠POD
として、大ざっぱに…
　　cos a = 0.8, cos b = 0.6, cos c = −0.1, cos d = −1
…とすると:
　　《ア》　2 cos a + 2 cos c = 1.4, 2 cos b + 2 cos d = −0.8
　　《イ》　2 cos b + 2 cos c = 1.0, 2 cos a + 2 cos d = −0.4
「ト」「ド」に《ア》は比較的近い。《イ》は、ずれがでかい。①が A, C の横座標に、②が B, D の横座標に、それぞれ対応する可能性が高そうだ。解法とは関係ない備考: 「ト」の和は、黄金比に（従って 2 cos 36° に）等しい。

①の判別式は [−(1 + √5)]² − 4⋅2⋅(−3 + √5) = (1 + 2√5 + 5) + 24 − 8√5 = 30 − 6√5 なので、①の解は:
　　y = 1/4⋅(1 + √5 ± √(30 − 6√5))
実際の cos はその半分なので:
　　1/8⋅(1 + √5 ± √(30 − 6√5))
複号プラスの場合の値は、既出の cos 24°; A の横座標に当たる―― cos (−24°) つまり A′ の横座標でもある（以下同様）。複号マイナスの場合、数値的には −0.104… なので、上の推理通り C の cos 96° と見て間違いないだろう。「ト」から、次の副産物を得る。

cos 24° + cos 96° = cos 36°

こう整理すると、結構分かりやすい。

cos 36° = 1/4⋅(1 + √5)
cos 24° = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5))
cos 96° = 1/8⋅(1 + √5 − √(30 − 6√5)) = −cos 84° = −sin 6°

同様に②の判別式は (1 − 2√5 + 5) + 24 + 8√5 = 30 + 6√5 なので、②の解は:
　　y = 1/4⋅(1 − √5 ± √(30 + 6√5))
実際の cos の値は:
　　1/8⋅(1 − √5 ± √(30 + 6√5))
複号プラスの場合の値は、既に導いてある cos 48°: C の横座標。複号マイナスの場合の値 −0.978… は D の cos 168° だろう。

cos 108° = 1/4⋅(1 − √5) = −cos 72° = sin 18°
cos 48° = 1/8⋅(1 − √5 + √(30 + 6√5))
cos 168° = 1/8⋅(1 − √5 − √(30 + 6√5)) = −cos 12° = sin 78°

〔注〕　cos 108° の値は cos 72° の −1 倍。

かくして4種類の cos の値（1 の原始15乗根の実部）が得られた。その一つ（例えば A に対応する横座標）を選んで cos θ とし sin θ = ±√1 − cos² θ によって対応する ±sin θ を求めるなら、選んだ点と共役の点の縦座標（つまり虚部）が得られる。実部・虚部を合わせた複素数値は、次の通り:
　　cos θ + √1 − cos² θ　と共役　cos θ − i √1 − cos² θ

例えば cos 24° = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5)) の平方 cos² 24° = 1/16⋅(9 − √5 + √(30 + 6√5)) は、計算済みなので…
　　sin 24° = √(1 − cos² 24°) = 1/4⋅√[7 + √5 − √(30 + 6√5)]
…となり A, A′ の複素数値は:
　　A = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5)) + i/4⋅√[7 + √5 − √(30 + 6√5)]
　　A′ = 1/8⋅(1 + √5 + √(30 − 6√5)) − i/4⋅√[7 + √5 − √(30 + 6√5)]

これは、もともとの8次方程式…
　　x⁸ − x⁷ + x⁵ − x⁴ + x³ − x + 1 = 0
…の八つの解のうちの二つ（1対）; 残りの六つ（3対）も、同様に y = cos θ の値から導出される。八つの複素数解は、どれも 1 の原始15乗根: 15乗して初めて 1 に等しくなる。

このように 1 の原始15乗根を代数的に求めることは可能だけど、この方法だと、虚部に三重根号が生じる。事前検討によると sin 24°, sin 48° などは、二重根号まででも表現可能なのに…

cos² θ + sin² θ = 1 を sin θ について解けば、必然的に平方根が絡む。その式を使わず、単に変数変換を元に戻したらどうか。 y = cos θ を使って y = x + 1/x を x について解こうとすると、 yx = x² + 1 つまり x² − cos θ x + 1 = 0 となり、その解は:
　　x = [cos θ ± √(cos² θ − 4)]/2 = [cos θ ± i √(4 − cos² θ)]/2
この場合 y = cos² θ に二重根号があるので、その方法でも結局、分子の平方根のところで同じ三重根号が生じてしまう。根号が二重でも三重でも大同小異かもしれないが、
　　√[7 + √5 − √(30 + 6√5)]
のような三重根号を二重根号の形に変換するのは（可能とはいえ）トリッキー。どうしたものか…

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2024-02-29　cos 36° のいろいろな求め方　作図を使えば簡単だが…

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

図の AE の長さは…?

赤い二等辺三角形 ABC の底辺 BC の長さを 1 とし、青い二等辺三角形 BCD の底辺 CD の長さを x とすると、求める長さ ? は、赤三角の斜辺 AB = AC = 1 + x の半分:
　　(1 + x)/2

赤三角と青三角は相似なので、それぞれ底辺 ÷ 斜辺の比は同じ:
　　(1 + x)/1 = 1/x
分母を払うため両辺を x 倍すれば x + x² = 1; それを解けば、そこから ? が判明。――あるいは最初から ? の長さを h とすれば（hatena）、赤・青それぞれの斜辺 ÷ 底辺は…
　　2h/1 = 1/(2h − 1)　　← 右辺の分母は CD の長さ。 AC = AB = 2h から AD = 1 を引き算
両辺を 2h − 1 倍すると 4h² − 2h = 1。その左辺を軽く変形して…
　　(2h − 1/2)² − 1/4 = 1　つまり　(2h − 1/2)² = 5/4
両辺の正の平方根から…
　　2h − 1/2 = √5/2　つまり　2h = (√5 + 1)/2
両辺を 2 で割って h = (√5 + 1)/4 となる。

このように作図を利用するのが、cos 36° を求める一番簡単な方法だろう。研究に値する図ってことは、間違いない。でも…こういう作図を思い付くのは、必ずしも簡単じゃないんだよね…。三角関数の値を一つ求めるごとに、いちいちそれ専用の巧妙な図を考えるってのは、あまり現実的ではない。作図に頼らない代数的アプローチを、幾つか検討してみる。

代数的解法では、5倍角の公式を利用できる。良いニュースとして、cos と sin の5倍角は、どちらも同じ形――符号が紛らわしい三角関数の世界では、こういうシンプルな関係は珍しい！

cos 5θ = 16 cos⁵ θ − 20 cos³ θ + 5 cos θ　　「ナ」
sin 5θ = 16 sin⁵ θ − 20 sin³ θ + 5 sin θ　　「ニ」

マイナス 20 とプラス 5 が目印。左端の 16 については、「n 倍角の最高次の係数は 2ⁿ⁻¹」という原則から、自然に分かる。

便宜上、導出を後回しにして、既に「ナ」が得られているとしよう。ここから幾つかの進め方がある。 (I) cos 5θ = 0 と置けば、5倍の角度の cos が 0 のケースが検出される。 cos 90° = 0 なので cos 18° が検出され、倍角の公式を使って cos 36° を得る。 (II) cos 5θ = −1 と置くと、cos 180° = −1 なので、同様にして、5分の1の角度に対する cos 36° が直接検出される。一方、「ニ」が得られてるとして: (III) sin 5θ = 0 と置くと、sin 180° = 0 なので sin 36° が検出され、そこから cos 36° が求まる。

簡潔化のため、以下 cos θ を c と略す。

(I)　5次方程式 cos 5θ = 16c⁵ − 20c³ + 5c = 0 を成り立たせる解 c は、重解がないとして 5 種類。 cos 5θ = 0 となるような角度 5θ について、その5分の1の角度 θ に対する cos θ を考えると、それが解 c。

正の角度の cos も負の角度の cos も同じなので、正の角度だけ考える。 cos π/2 = cos 90° はゼロで、そこから角度が π = 180° 増えるごとに cos はゼロになるので cos 5θ = 0 を満たす 5θ は:
　　5θ = π/2, 3π/2, 5π/2, 7π/2, 9π/2, 11π/2, …
対応する5分の1の角度 θ は:
　　θ = π/10, 3π/10, π/2, 7π/10, 9π/10, 11π/10, …

このうち6番目の θ は、 cos 11π/10 = cos π/10 なので、1番目の θ と同じ結果になり、以下ループ（最初の五つの cos と同じ値が）。 0 ≤ θ ≤ π の範囲で全種類の cos の値が現れ、上記のうち最初の五つの θ が、5次方程式の 5 種類の解 c = cos θ を与えてくれる。そのうち θ = π/2 は c = cos θ = 0 を意味するけど、c = 0 が
　　16c⁵ − 20c³ + 5c = c(16c⁴ − 20c² + 5) = 0
を満たすことは分かり切ってる。最初の五つの θ のうち θ = π/2 以外の四つが、問題の核心――それらの θ に対する c = cos θ が、4次の因子
　　16c⁴ − 20c² + 5
の根。 cos 9π/10 = −cos π/10, cos 7π/10 = −cos 3π/10 だから、四つの根の正体は…
　　正の実数 cos π/10 = cos 18° とその −1 倍
　　正の実数 cos 3π/10 = cos 54° とその −1 倍

解の目星が付いたところで、実際に方程式を解くとしよう。 16c⁴ − 20c² + 5 = 0 で x = c² と置いた 16x² − 20x + 5 = 0 の解は:
　　x = [10 ± √(10² − 16⋅5)]/16 = (10 ± 2√5)/16
c = cos θ は、この x の平方根（正または負）だから:
　　c = ±[√(10 ± 2√5)]/4　複号は4通りの組み合わせが可能
cos 18° > cos 54° なので、正の解は c = cos 18° = [√(10 + 2√5)]/4, cos 54° = [√(10 − 2√5)]/4 となる。前者に倍角の公式を適用して:
　　cos 36° = [2(10 + 2√5)]/16 − 1 = (5 + √5)/4 − 1 = (1 + √5)/4

最初の幾何学的方法に比べると cos 36° を導出するまでの道のりが長いけど、淡々とした一本道。

cos 18° は sin 72° に等しく、この数は 1 の原始5乗根の主値の虚部。 cos 54° の方は cos としては出番が少ないかもしれないが、数値的には sin 36° = sin 144° に等しく、1 の原始5乗根・10乗根の虚部としても登場。

(II)　cos 5θ = 16c⁵ − 20c³ + 5c について、今度は = 0 ではなく = −1 と置いてみる。 cos の値が −1 になる正の角度は:
　　5θ = π, 3π, 5π, 7π, 9π, …
対応する5分の1の角度 θ は:
　　θ = π/5, 3π/5, π, 7π/5, 9π/5, …

この手順なら c = cos π/5 = cos 36° が直接求められそう。五つの θ がリストアップされてるけど…
　　cos 9π/5 = cos −π/5 = cos π/5　　← 偏角 36° × 9 = 324° = −36°
　　cos 7π/5 = cos −3π/5 = cos 3π/5　　← 偏角 ±108°
…なので、実際には一つ目と五つ目の θ に対応する cos は等しく、二つ目と四つ目の cos θ も等しい: 重解が 2 組生じ、それらは cos 36° と cos 108° に当たる（前者は正、後者は負）。他方、三つ目の c = cos θ = π を満たす θ はもちろん −1 なので、
　　16c⁵ − 20c³ + 5c = −1　つまり　16c⁵ − 20c³ + 5c + 1 = 0
の一つの解は c = −1 で、左辺の5次式は c + 1 で割り切れる。割り算を実行すると:
　　16c⁵ − 20c³ + 5c + 1 = (c + 1)(16c⁴ − 16c³ − 4c² + 4c + 1)

c + 1 の根 c = −1 は分かり切っている。知りたいのは、4次の因子
　　16c⁴ − 16c³ − 4c² + 4c + 1　　「ヌ」
の根。重根が 2 組あるので四つの根を仮に p, p, q, q とすると、上の4次式は――「重根 p を持つ2次式」と「重根 q を持つ2次式」の積になるか、あるいは（本質的には同じことだが）――「根 p, q を持つ一つの2次式」の平方に等しいはず。この場合、「相異なる2次式と2次式の積」と考えると、きれいに分解してくれない。同一の2次式（Lc² + Mc + N としよう）の平方と見れば、ほぼ一本道:
　　(Lc² + Mc + N)² = L²c⁴ + M²c² + N² + 2LMc³ + 2MNc + 2LNc²　　「ネ」

「ヌ」と「ネ」の4次（c⁴）の係数を比べると 16 = L² つまり L = 4 と設定できる^†。 3次の係数を比べると −16 = 2LM = 8M なので M = −2、最後に1次の係数を比べると^‡:
　　4 = 2MN = 2(−2)N = −4N　従って　N = −1
結局、次の分解を得て、4次式「ヌ」 = 0 を解く代わりに 4c² − 2c − 1 = 0 を解けばいいことが分かる！
　　16c⁴ − 16c³ − 4c² + 4c + 1 = (4c² − 2c − 1)²

†　L² = 16 は L = ±4 を意味するが、一つ目の係数では、どちらの符号を選んでも構わない。 L = −4 とした場合、それに対応して M, N の符号も変わり、最終結果は −4c² + 2c + 1 = 0 になる; その両辺を −1 倍すれば、本文の2次式と全く同じ意味。

‡　定数項を比較して N² = 1 と見た方が簡単そうだが、それだと N = ±1 になってしまい、N の符号を決められない。既に L の符号を固定してしまったため N の符号については自由に選択できない。

2次式の根は c = (1 ± √5)/4; 複号でプラスを選べば c は正で cos 36° だし、マイナスを選べば c は負で cos 108° ――この手順だと（倍角の公式を使わず）ダイレクトに cos 36° が求まる。その代わり、5次方程式を（2組の重根を持つことを見抜いた上で）因数分解する手間が生じる。

(III)　sin θ は θ の正負が変わると、符号が変わる。 sin 5θ = 0 を満たす 5θ は:
　　5θ = 0, ±π, ±2π, …
対応する5分の1の角度 θ は:
　　θ = 0, ±π/5, ±2π/5, …

sin の5倍角「ニ」は cos の5倍角「ナ」と同じ形。 sin θ を s と略すと:
　　sin 5θ = 16s⁵ − 20s³ + 5s = s(16s⁴ − 20s² + 5)　　「ノ」

だから sin 5θ = 0 の解法は (I) と全く同じ。文字が c から s に変わるだけ:
　　s = ±[√(10 ± 2√5)]/4　複号は4通りの組み合わせが可能

θ = 0 は「ノ」の自明解 s = sin θ = 0 を与える。それ以外の4解は θ = ±π/5 = ±36°, etc. なので、正の2解が s = sin 36°, sin 72° で負の2解が −sin 36°, −sin 72°: 四つの値は (I) で得た c = ±cos 18°, ±cos 54° と一致。解いた4次方程式が同一なのだから解が同じなのは当然だが、四つの解のどれがどれかに注意。 sin 36° は sin 72° より小さいので、根号の中にマイナスがある方が sin 36°、プラスがある方が sin 72° となる。

cos 36° の導出。 sin 72° = [√(10 + 2√5)]/4 を、値が同じ cos 18° と見て、そこに倍角の公式を適用するなら、(I) と全く同じ。しかしそれでは (I) を遠回りにしただけで、わざわざ sin 経由でやる意味があまりない。新しい経路として sin 36° = [√(10 − 2√5)]/4 をベースに…
　　cos² 36° = 1 − sin² 36° = 1 − (10 − 2√5)/16 = (6 + 2√5)/16
…の正の平方根を求めると:
　　cos 36° = [√(6 + 2√5)]/4 = (√5 + 1)/4
ここで分子の平方根については、次のように「内側の根号が 2 倍される基本パターン」を利用して、二重根号を外した。
　　6 + 2√5 = 5 + 2√5 + 1 = (√5)² + 2√5⋅1 + 1² = (√5 + 1)²
　　両辺の平方根を考えると　√(6 + 2√5) = √5 + 1

cos 36° の導出としては、(III) は (I) と比べ（ひどく遠回りということはないけど）特に近道というわけでもない。
　　sin 36° = [√(10 − 2√5)]/4
を直接導出したい場合には (III) のやり方が役立つだろう。

(I)(II)(III) 全ての出発点となる「5倍角の公式」の導出については、次回に。「cos 36° の求め方の改善」では、別の方法 (IV) を紹介する。

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2024-03-02　5倍角の公式の高速生成　何っ、これだけ？！

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

36° や 72° の cos, sin は、1 の原始5乗根や正五角形の研究の土台。代数的には「5倍角の公式」がその出発点となる。

4倍角・5倍角…は比較的使用頻度が低いので無理に丸暗記せず、必要になったらその場で導出するのが現実的だろう。ところが加法定理をそのまま使って素朴にやると、5倍角の導出は結構面倒。

ハードルを下げ、安心して五角形で遊べるように、n 倍角の公式の高速生成法や裏技（？）を紹介したい。普通にやると10分くらいかかる面倒な導出が、1分くらいで楽にできる。教科書的な基本の方法も併記するので、どちらでもお好みで…

3倍角・4倍角は次のように普通にやっても、さほど面倒ではない。まず cos の2倍角:
　　cos 2θ = cos θ cos θ − sin θ sin θ = cos² θ − sin² θ
この右辺は cos² θ − (1 − cos² θ) と見ることもできるし、 (1 − sin² θ) − sin² θ と見ることもできる。それぞれ、こうなる:
　　cos 2θ = 2(cos θ)² − 1　　「ハ」
　　cos 2θ = 1 − 2(sin θ)²　　「バ」

4倍角は、2倍角の2倍。仮に x = 2θ, 2x = 4θ とすると…
　　cos 4θ = cos 2x = 2(cos x)² − 1　　←「ハ」で θ = x とする
　　 = 2[cos 2θ]² − 1　　← x を 2θ に戻す
　　 = 2[2(cos θ)² − 1]² − 1　　← cos 2θ に「ハ」を代入
　　 = 2[4(cos θ)⁴ − 4(cos θ)² + 1] − 1 = 8 cos⁴ θ − 8 cos² θ + 1　　「ヒ」

cos² θ = 1 − sin² θ なので cos の偶数乗の式は、必要なら sin-only に書き換え可能。上で「ハ」の代わりに「バ」を代入すると:
　　cos 4θ = 2[1 − 2(sin θ)²]² − 1 = 2(1 − 4 sin² θ + 4 sin⁴ θ) − 1 = 8 sin⁴ θ − 8 sin² θ + 1　　「ビ」

一応 cos の4倍角が得られた！　次に sin の2倍角。
　　sin 2θ = sin θ cos θ + cos θ sin θ = 2 sin θ cos θ　　「フ」
この θ を 2θ に置き換えると…
　　sin 4θ = 2 sin 2θ cos 2θ

上の式の sin 2θ に「フ」を、cos 2θ に「ハ」を、それぞれ代入:
　　sin 4θ = 2(2 sin θ cos θ)[2(cos θ)² − 1] = 4 sin θ (2 cos³ θ − cos θ)　　「ヘ」
「ハ」の代わりに「バ」を代入するなら:
　　sin 4θ = 2(2 sin θ cos θ)[1 − 2(sin θ)²] = 4 cos θ (sin θ − 2 sin³ θ)　　「ベ」

sin の4倍角が得られた！

これをベースに、懸案の5倍角の公式を…。引き続き、教科書通りのベーシックな方法。
　　cos 5θ = cos (θ + 4θ) = cos θ cos 4θ − sin θ sin 4θ
cos-only にしたいので、cos 4θ, sin 4θ にそれぞれ「ヒ」と「ヘ」を代入:
　　cos 5θ = cos θ (8 cos⁴ θ − 8 cos² + 1) − sin θ [4 sin θ (2 cos³ θ − cos θ)]
　　 = 8 cos⁵ θ − 8 cos³ + cos θ − 4 sin² θ (2 cos³ θ − cos θ)
この第2項は…
　　−4(1 − cos² θ)(2 cos³ θ − cos θ) = −4(2 cos³ θ − cos θ − 2 cos⁵ θ + cos³ θ)
　　 = −4(3 cos³ θ − cos θ − 2 cos⁵ θ) = −12 cos³ θ − 4 cos θ − 8 cos⁵ θ
…なので:
　　cos 5θ = 8 cos⁵ θ − 8 cos³ + cos θ − 12 cos³ θ + 4 cos θ + 8 cos⁵ θ
　　 = 16 cos⁵ θ − 20 cos³ θ + 5 cos θ

見通しの悪い計算だが、とにかく cos の5倍角の公式が得られた。この方法が非効率な原因は、第一に、cos の式が欲しいのに、途中計算で sin の4倍角（それ自体、生成が面倒）が必要なこと、第二に、加法定理の計算自体が複雑なこと。「1倍角と4倍角の和」の代わりに「2倍角と3倍角の和」にする手もあるが、その場合、今度は sin の3倍角が必要になるし、4倍角＝倍角の倍角というショートカットも使えなくなる。

同様に sin の5倍角も、直接に加法定理を経由させると、かなり面倒。
　　sin 5θ = sin θ cos 4θ + cos θ sin 4θ
sin-only にしたいので「ビ」「ベ」を代入:
　　sin 5θ = sin θ (8 sin⁴ θ − 8 sin² θ + 1) + cos θ [4 cos θ (sin θ − 2 sin³ θ)]
　　 = 8 sin⁵ θ − 8 sin³ θ + sin θ + 4(1 − sin² θ)(sin θ − 2 sin³ θ)
　　 = 8 sin⁵ θ − 8 sin³ θ + sin θ + 4(sin θ − 2 sin³ θ − sin³ θ + 2 sin⁵ θ)
　　 = 16 sin⁵ θ − 20 sin³ θ + 5 sin θ

だが面倒といっても、やれば普通にできる。「トリッキーなアルゴリズムより、地道な経路の方がいい」と感じる人もいるかもしれない。

本題の高速生成。必須の知識というわけではなく、あくまで一つのオプション。確信が持てなければ、3倍角＝加法定理、4倍角＝倍角の倍角という基本路線の方が無難だろう。5倍角に関しては、この方法は圧倒的に速い。

多倍角の公式の高速生成（cos, sin）　c = cos θ とすると:
　　n+1 倍角の公式 = 2c (n倍角の公式) − (n−1 倍角の公式)

要するに 2c 倍して「一つ前」の公式を引けばいい――言い換えると、ある公式の係数を全部 2 倍にして次数を 1 ずつ増やしたものから、「一つ前」の公式を引き算。

cos の「1倍角」の公式 cos 1θ = cos θ = c と、2倍角の公式 cos 2θ = 2 cos² − 1 = 2c² − 1 を出発点とすると:
　　cos 3θ = 2c(2c² − 1) − (c) = (4c³ − 2c) − c
　　 = 4c³ − 3c　　← 3倍角
　　cos 4θ = 2c(4c³ − 3c) − (2c² − 1)
　　 = 8c⁴ − 6c² − 2c² + 1 = 8c⁴ − 8c² + 1　　← 4倍角
　　cos 5θ = 2c(8c⁴ − 8c² + 1) − (4c³ − 3c)
　　 = 16c⁴ − 16c² + 2c − 4c³ + 3c = 16c⁴ − 20c² + 5c　　← 5倍角

何っ、これだけ？！　最初のあの長い計算は、一体何だったんだ…ｗ

もしも出発点の2倍角の公式も分からなかったら…代わりに「0倍角」の公式 cos 0θ = cos 0 = 1 と「1倍角」の公式 cos 1θ = c を使って:
　　cos 2θ = 2c(c) − (1) = 2c² − 1

――極論すれば、2倍角の公式自体リアルタイム生成可能で、覚える必要なしッ！

加法定理も高速生成も、積み重ねタイプの計算: 途中で1カ所でもミスると、その先が全部おかしくなってしまう。危うきこと累卵（るいらん）のごとし…。次の三つのチェックを心掛けると、かなりの保険になる: cos の場合、①「n 倍角の公式は n 次式」、②「n が偶数か奇数かに応じて、偶数乗の項・奇数乗の項だけがある」（定数項＝0次の項も偶数乗と見なす）、③「最高次の係数は 2ⁿ⁻¹」。どれも一目で検証できるので、例えば5倍角の公式を導くとしたら、3倍角・4倍角・5倍角の各ステップで確認すると吉。

sin にも、同じアルゴリズムが通用するけど、 sin の偶数倍角は sin-only にできない。奇数倍角なら sin-only にできるが、その処理のためには c² を 1 − s² に変換しなければならず、次の例のように掛け算回数が増えてしまう（これを回避する裏技を後述）。

sin 1θ = sin θ = s と sin 2θ = 2 cos θ sin θ = 2cs からスタートすると…
　　sin 3θ = 2c(2cs) − (s) = 4c²s − s = 4(1 − s²)s − s
　　 = 3s − 4s³　　← 3倍角
　　sin 4θ = 2c(3s − 4s³) − (2cs) = 6cs − 8cs³ − 2cs
　　 = 4cs − 8cs³ = c(4s − 8s³)　　← 4倍角
　　sin 5θ = 2c⋅c(4s − 8s³) − (3s − 4s³) = 2(1 − s²)(4s − 8s³) − (3s − 4s³)
　　 = 2(4s − 8s³ − 4s³ + 8s⁵) − 3s + 4s³ = 16s⁵ − 20s³ + 5s　　← 5倍角

sin の n 倍角の公式についても、cos のそれとほぼ同じエラーチェックを使える。 sin の偶数倍角では、c があれば s の次数と c の次数の和を「項の次数」とする; c を無視するなら、s の指数は常に奇数。最高次の係数は、絶対値 2ⁿ⁻¹; 最高次の係数の符号は、1倍角・2倍角では正、3倍角・4倍角では負、以下同様に「正・正・負・負」と二つずつ交互にループ（言い換えると: n が 4 の倍数か、それより 1 小さければ負）。付録として、末尾に13倍角の公式までを掲載しておく。13倍角なんて、それ自体としては一生使わないかもしれないけど、係数のパターンを眺めるだけでも結構面白い！

ある公式の 2c 倍から一つ前の公式を引くと、次の公式

	cos nθ	sin nθ
n = 0	1	0
n = 1	1c	1s
2c 倍	2c2	2sc
n = 2	2c2 − 1	2sc
2c 倍	4c3 − 2c	4s(−s2 + 1)
n = 3	4c3 − 3c	−4s3 + 3s
2c 倍	8c4 − 6c2	(−8s3 + 6s)c
n = 4	8c4 − 8c2 + 1	(−8s3 + 4s)c
2c 倍	16c5 − 16c3 + 2c	(−16s3 + 8s)(−s2 + 1)
n = 5	16c5 − 20c3 + 5c	16s5 − 20s3 + 5s

n が奇数の場合、 cos の n 倍角の公式を sin の n 倍角の公式として流用でき、その方が効率がいい（cos の n 倍角の方が生成しやすいので）。 n が 4 の倍数より 1 大きい場合、cos と sin の n 倍角の公式は全く同じ形（例: 5倍角の公式）; n が 4 の倍数より 1 小さい場合、sin の n 倍角の公式は cos のそれと比べて、全部の係数が −1 倍になる（例: 3倍角の公式）。

結局、sin の5倍角に関しては何もせず、cos の5倍角だけ高速生成すれば十分: cos の5倍角の公式に含まれる「cos」という文字を全部「sin」に置き換えれば、それが正しい sin の5倍角の公式なのだ！

なぜこの方法で n 倍角の公式を高速生成できるのか？

仕組みはシンプル: 加法定理から、次の二つの恒等式が成り立つ。
　　cos (n+1)θ = cos (nθ + θ) = cos nθ cos θ − sin nθ sin θ
　　cos (n−1)θ = cos (nθ − θ) = cos nθ cos θ + sin nθ sin θ
二つの式を辺ごとに足し合わせると:
　　cos (n+1)θ + cos (n−1)θ = 2 cos nθ cos θ
　　つまり　cos (n+1)θ = (2 cos θ) cos nθ − cos (n−1)θ

この最後の式を解釈すると: n+1 倍角の余弦 cos (n+1)θ というものは、n 倍角の余弦 cos nθ を 2 cos θ 倍して、そこから n−1 倍角の余弦 cos (n−1)θ を引いたものに等しい。一つ目の式だけを単純に使うと、cos (n+1)θ の計算に sin nθ が必要になるけど、二つ目の式と組み合わせることで、この「邪魔」な sin nθ が除去される。

同様に…
　　sin (n+1)θ = sin nθ cos θ + cos nθ sin θ
　　sin (n−1)θ = sin nθ cos θ − cos nθ sin θ
…を足し合わせると:
　　sin (n+1)θ + sin (n−1)θ = 2 sin nθ cos θ
　　つまり　sin (n+1)θ = (2 cos θ) sin nθ − sin (n−1)θ

解釈すると: n+1 倍角の正弦 sin (n+1)θ は、n 倍角の正弦 sin nθ を 2 cos θ 倍して、そこから n−1 倍角の正弦 sin (n−1)θ を引いたものに等しい。「邪魔」な cos nθ は除去される。

1倍ずつ上がる漸化式ではなく、直接欲しい n 倍角を求める閉形式にできれば理論上より良いのだが、あいにくそれは簡単ではないし、5～9倍角程度なら、実用上、漸化式でも十分速い。下記付録で、参考までに cos の多倍角の最初の3項を閉形式で付記しておく――これで原理的には5倍角を直接計算できるけど、複雑な形なので、むしろかえって遅くなるかもしれない。他方、tan の多倍角なら、二項定理を利用して、容易に閉形式にできる。

付録　cos と sin の2倍角～13倍角の公式（本文の方法による形式）

2 : 2*c^2 - 1
2 : 2*s*c

3 : 4*c^3 - 3*c
3 : -4*s^3 + 3*s

4 : 8*c^4 - 8*c^2 + 1
4 : (-8*s^3 + 4*s)*c

5 : 16*c^5 - 20*c^3 + 5*c
5 : 16*s^5 - 20*s^3 + 5*s

6 : 32*c^6 - 48*c^4 + 18*c^2 - 1
6 : (32*s^5 - 32*s^3 + 6*s)*c

7 : 64*c^7 - 112*c^5 + 56*c^3 - 7*c
7 : -64*s^7 + 112*s^5 - 56*s^3 + 7*s

8 : 128*c^8 - 256*c^6 + 160*c^4 - 32*c^2 + 1
8 : (-128*s^7 + 192*s^5 - 80*s^3 + 8*s)*c

9 : 256*c^9 - 576*c^7 + 432*c^5 - 120*c^3 + 9*c
9 : 256*s^9 - 576*s^7 + 432*s^5 - 120*s^3 + 9*s

10 : 512*c^10 - 1280*c^8 + 1120*c^6 - 400*c^4 + 50*c^2 - 1
10 : (512*s^9 - 1024*s^7 + 672*s^5 - 160*s^3 + 10*s)*c

11 : 1024*c^11 - 2816*c^9 + 2816*c^7 - 1232*c^5 + 220*c^3 - 11*c
11 : -1024*s^11 + 2816*s^9 - 2816*s^7 + 1232*s^5 - 220*s^3 + 11*s

12 : 2048*c^12 - 6144*c^10 + 6912*c^8 - 3584*c^6 + 840*c^4 - 72*c^2 + 1
12 : (-2048*s^11 + 5120*s^9 - 4608*s^7 + 1792*s^5 - 280*s^3 + 12*s)*c

13 : 4096*c^13 - 13312*c^11 + 16640*c^9 - 9984*c^7 + 2912*c^5 - 364*c^3 + 13*c
13 : 4096*s^13 - 13312*s^11 + 16640*s^9 - 9984*s^7 + 2912*s^5 - 364*s^3 + 13*s

cos の n 倍角の公式において、最高次の項は 2ⁿ⁻¹ cⁿ: 係数 2, 4, 8, 16, 32, … は一目瞭然。

降順の第2項は −2ⁿ⁻³ n cⁿ⁻²: 係数の絶対値は次のように並んでいる。
　　2⁻¹⋅2 = 1, 2⁰⋅3 = 3, 2¹⋅4 = 8, 2²⋅5 = 20, 2³⋅6 = 48, 2⁴⋅7 = 112, …
本当だろうか。果たして13倍角の公式の −13312 は、この数列に当てはまるのか。 −2¹³⁻³⋅13 = −1024⋅13 = −13000 − 260 − 52 = −13312。おおっ、合ってるじゃねえか！

4倍角以降で存在する第3項は 2ⁿ⁻⁶ n(n − 3) cⁿ⁻⁴: 係数はこう並んでいる。
　　2⁻²⋅4⋅1 = 1, 2⁻¹⋅5⋅2 = 5, 2⁰⋅6⋅3 = 18, 2¹⋅7⋅4 = 56, 2²⋅8⋅5 = 160, 2³⋅9⋅6 = 432, …
13倍角の公式の 16640 で検証: 2¹³⁻⁶⋅13(13 − 3) = 128⋅13⋅10 = 1280⋅13 = 12800 + 3840 = 16640。

こうした係数の性質は興味深いが、「5倍角」のような具体的な計算との関係では、一般性（抽象性）が高過ぎる。「二項係数の仲間みたいなもんらしい」という雰囲気は感じられる。

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2024-04-05　cos 36° の求め方の改善　多倍角の公式の盲点

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式

cos 36° の代数的表現の導出については、既に「多倍角」経由だけでも3種類記したが、他にもまだまだ面白い方法がある。このメモでは「多倍角の公式の盲点」を紹介したい。一見奇手のようだが実は理にかなっていて、「多倍角」経由の中ではこの方法が一番簡単でもある。

記述の簡潔化のため、sin θ を s、 cos θ を c と略す。 sin の n 倍角の式 sin nθ としては（n は 2 以上の整数）、n が奇数なら「s の多項式」の形がよく使われ、n が偶数なら「s の多項式の c 倍」の形が比較的よく使われる。しかし n の偶奇にかかわらず「c の多項式の s 倍」の形式にもできる。

なぜそれが「公式の盲点」なのか？

例えば…
　　sin 3θ = 3 sin θ − 4 sin³ θ
…は、何の変哲もない sin の3倍角だが、それを次の形式にすると、2種類の関数が交ざってしまい「汚い」とさえ感じられる。
　　sin 3θ = sin θ (3 − 4 sin² θ) = sin θ [3 − 4(1 − cos² θ)] = sin θ (4 cos² θ − 1)

前者なら s = sin θ だけ分かれば sin 3θ が分かるのに、後者だと、同じ sin 3θ を求めるのに、s の他に c = cos θ の情報が必要になる。「こんなゴチャゴチャした形式は役立たない・考えても仕方ない」と軽視・無視してしまう…それが盲点なのだ。

「cos 36° という cos の問題を解くのに sin の多倍角が役立つ」ということ自体、普通に考えると、直観に反している。ところが、上の別形式は sin θ で割れば cos θ の多項式であり、sin の多倍角といっても、実質ほぼ cos についての式である。言われてみると単純なことだが、意外と気付きにくい。

この「公式の盲点」を活用すると、前記 (I)(II)(III) よりも明快な方法で、cos 36° を求めることができる。

cos 36° = cos π/5 の話なので、まず5倍角の式を準備しよう。

教科書通りにやると時間がかかり過ぎるので、高速生成する。今回は c がメインなので、c² を 1 − s² に置き換える必要がなく、その点でも手間が省けて都合がいい:
　　sin 1θ = s
　　sin 2θ = 2sc
…を出発点として:
　　sin 3θ = (2sc)2c − s = s(4c² − 1)
　　sin 4θ = [s(4c² − 1)]2c − 2sc = s(8c³ − 2c − 2c) = s(8c³ − 4c)
　　sin 5θ = [s(8c³ − 4c)]2c − s(4c² − 1) = s(16c⁴ − 8c² − 4c² + 1) = s(16c⁴ − 12c² + 1)

すなわち:

sin の5倍角（別形式）　sin 5θ = sin θ (16 cos⁴ θ − 12 cos² θ + 1)

〔参考〕　6倍角以降を含む一覧表と追加説明。

これを基に、以下の簡潔な議論が成り立つ。

（IV）　5θ = 0°, 180°, 360°, 540°, 720° なら sin 5θ = 0 で、そのとき θ = 0°, 36°, 72°, 108°, 144°。 θ = 0° なら sin θ = 0 だから、
　　16 cos⁴ θ − 12 cos² θ + 1 = 0
…の四つの解は cos 36°; cos 72°; cos 108° = −cos 72°; cos 144° = −cos 36° に等しい（最初の二つは正、残りの二つは負）。

y = cos² θ と置くと:
　　16y² − 12y + 1 = 0　⇔　y = cos² 36° または cos² 72°
この2次方程式を解くと:
　　y = (6 ± √(36 − 16))/16 = (6 ± 2√5)/16 = (√5 ± 1)²/4²
cos 36° > cos 72° なので、符号の選択は:
　　cos² 36° = (√5 + 1)²/4²
　　cos² 72° = (√5 − 1)²/4²

両辺の正・負の平方根から、次の結論に至る。
　　（ア）　cos 36° = (√5 + 1)/4　　（イ）　−cos 36° = cos 144° = −(√5 + 1)/4
　　（ウ）　cos 72° = (√5 − 1)/4　　（エ）　−cos 72° = cos 108° = −(√5 − 1)/4

本題の cos 36° は（ア）の通り。同時に（ウ）として cos 72° も得られた。

(I) のように cos 5θ = 0 から行くと、出てくるのは cos 18° なので、そこから倍角の公式に乗り継がねばならない。それ自体、遠回りだし、 cos 18° には二重根号もあって、少々面倒くさい。 (II) のように cos 5θ = −1 から行けば直接 cos 36° が得られるものの、その経路では5次式の因数分解が必要になり、面白いけど面倒くさい。 (III) のように sin 5θ = 0 から行くのは好手となり得る。しかし、そこで sin-only の普通の5倍角の公式を使うと、出てくるのは sin 36° なので、それを cos 36° に変換する手間が生じる; (I) と大同小異の遠回り。

今回の (IV) 方式によれば、 cos 36° が直接、簡単に得られる。強いてこの方法の難所（？）を挙げれば、途中で 6 ± 2√5 の平方根（暗黙の二重根号外し）が必要になることだが、それはささいな問題だろう。

一般的には (I) か (III) が紹介されることが多いと思われる。しかし5倍角の公式を使って cos 36° を求めるなら、 (IV) が一番すっきりしている。「sin の多倍角の公式の盲点」は、うまく使えば、他のことにも応用が利きそうだ…。

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