【数C_複素数平面】ド・モアブルの定理を利用した3倍角の公式の導出（三角関数を含む等式証明）

今回はド・モアブルの定理を用いて3倍角の公式を導出するといった三角関数を含む等式を証明する問題について解説していこうと思います。本記事の内容は、入試問題で直接題材になることは少ないですが、知っておくことで三角関数の公式を覚える量を減らせる（簡単に導出できる）ことにつながる知識なので、知っておいて損はない考え方になると思います。

• ド・モアブルの定理を利用した三角関数を含む等式証明の方法について知りたい人
• 3倍角の公式の簡単な導出方法を知りたい人
• 定期テスト対策がしたい人

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【基礎講義】ド・モアブルの定理を利用した等式証明

【講義1】ド・モアブルの定理とは

そもそもド・モアブルの定理とは以下のような公式のことでした。

上式の右辺を見ると\(\small \sin n\theta\)や\(\small \cos n\theta\)が登場しています。このことをうまく利用すると、三角関数の倍角や3倍角以上（多倍角）の公式をド・モアブルの定理を利用することで証明することができます。

【講義2】三角関数の等式証明への利用方法

この章では、2倍角の公式を例にド・モアブルの定理を利用して導出する方法を解説していこうと思います。

ド・モアブルの定理で、今回求めたい\(\small \sin 2\theta\)と\(\small \cos 2\theta\)の形が出てくるのは

$$\small (\cos \theta+i\sin\theta)^2 = \cos 2\theta +i\sin 2\theta \space \cdots (*)$$

の場合なので、\(\small n=2\)の場合で考えます。

\(\small (*)\)で左辺を展開すると

\begin{split}
&\small (\cos \theta+i\sin\theta)^2 \\
&\small = \cos^2 \theta +2i \sin\theta \cos \theta + i^2\sin^2 \theta\\
&\small = \cos^2 \theta -\sin^2 \theta +i (2\sin\theta \cos \theta) \quad ◀実部と虚部を意識して整理\\
\end{split}

この結果を\(\small (*)\)に代入すると

\begin{split}
&\small \color{#ef5350}{\cos^2 \theta -\sin^2 \theta} +i \color{#5c6bc0}{(2\sin\theta \cos \theta)} = \color{#ef5350}{\cos 2\theta} +i \color{#5c6bc0}{\sin 2\theta}\\
\end{split}

複素数同士の等式では、左辺と右辺の複素数が同じであれば、実部同士、虚部同士が一致することから、

\begin{cases}
\small \color{#ef5350}{\cos 2\theta=\cos^2 \theta -\sin^2 \theta}\\
\small \color{#5c6bc0}{\sin 2\theta=2\sin\theta \cos \theta}\\
\end{cases}

が成り立つ。

【補足】複素数の一致
「両辺の複素数が同じであれば、実部同士、虚部同士が一致する」と書かれるとなんだか難しく感じるかもしれませんが、簡単にいえば、\(\small 2+5i\)と\(\small a+bi\)が同じ複素数なら、\(\small a=2,b=5\)になる、というだけです。同じ値なので、実部と虚部を別々で比較してOKというわけですね。

1番目の式については、\(\small \sin^2 \theta +\cos^2 \theta=1\)の関係式を用いることで、

\begin{split}
\small \cos 2\theta &\small =\cos^2 \theta -(1-\cos^2\theta)\\
&\small =2\cos^2 \theta -1\\
\end{split}

よって、問題の等式が導出できた。

【補足】
三角関数の多倍角の公式は加法定理から導出することもできるので、実際の入試問題などでは出題されることは少ないです。でも、考え方（実部と虚部の比較）自体は入試問題でも問われることがあるのと、個人的にはド・モアブルの定理を利用した方が簡単に導出できるので、皆さんも自分に合った方法を見つけておくとよいでしょう。

【問題＆解説】三角関数を含む等式証明

【問題1】3倍角の公式の導出（難易度：★☆☆）

3倍角の公式なので、\(\small \sin 3\theta\)および\(\small \cos 3\theta\)が出てくる

$$\small (\cos \theta+i\sin \theta)^3$$

を展開していく。

\begin{split}
&\small (\cos \theta+i\sin \theta)^3\\
&\small =\cos^3 \theta +3\cos^2 \theta \cdot (i\sin\theta)+3\cos \theta \cdot (i\sin\theta)^2+ (i\sin\theta)^3 \quad [*1]\\
&\small =\cos^3 \theta +i(3\cos^2 \theta\sin\theta)-3\cos \theta \sin^2 \theta-i\sin^3 \theta \quad ◀i^2=-1\\
&\small =\cos^3 \theta -3\cos \theta \sin^2 \theta +i(3\cos^2 \theta\sin\theta-\sin^3 \theta) \space \cdots ①\quad ◀実部・虚部で整理\\
\end{split}

*1：【補足】3乗の展開公式
$$\small (a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$$

一方で、ド・モアブルの定理より

\begin{split}
&\small (\cos \theta+i\sin \theta)^3=\cos 3\theta +i\sin 3\theta \space \cdots ②\\
\end{split}

①と②は左辺が同じことから、『①\(\small =\) ②』が成り立つので

\begin{split}
&\small \cos^3 \theta -3\cos \theta \sin^2 \theta +i(3\cos^2 \theta\sin\theta-\sin^3 \theta) =\cos 3\theta +i\sin 3\theta\\
\end{split}

上式の両辺は、複素数の等式なので実部同士・虚部同士がそれぞれ一致することから

\begin{cases}
\small \cos 3\theta =\cos^3 \theta -3\cos \theta \sin^2 \theta \space \cdots ③\\
\small \sin 3\theta =3\cos^2 \theta\sin\theta-\sin^3 \theta \space \cdots ④\\
\end{cases}

あとは、三角比の関係式を利用して3倍角の公式の形に近づけていけばOK。

まずは③について、右辺を\(\small \cos\theta\)だけに統一すればよいので、\(\small \sin^2 \theta +\cos^2 \theta =1\)の関係式より

\begin{split}
\small \cos 3\theta &\small =\cos^3 \theta -3\cos \theta\color{#ef5350}{(1-\cos^2\theta)}\\
&\small =\cos^3 \theta -3\cos \theta+3\cos^3\theta\\
&\small =\color{red}{4\cos^3 \theta -3\cos \theta}\\
\end{split}

④についても同様に、今度は右辺を\(\small \sin\theta\)だけに統一すればよいので、

\begin{split}
\small \sin 3\theta &\small =3\color{#ef5350}{(1-\sin^2\theta)} \sin\theta-\sin^3 \theta\\
&\small =3\sin\theta -3\sin^3\theta-\sin^3 \theta\\
&\small =\color{red}{3\sin\theta -4\sin^3\theta}\\
\end{split}

【問題2】三角関数を含む等式証明（難易度：★★★）

\(\small z=\cos\theta+i\sin\theta\)とおくと、ド・モアブルの定理より、\(\small z^k =\cos k\theta+i\sin k\theta\)なので、証明する等式の左辺は

\begin{split}
\small 1+z+z^2+z^3+\cdots+z^n \quad [*1]
\end{split}

の実部である。

*1：【補足】実部の計算
複素数\(\small z\)の実部を\(\small \mathrm{Re}(z)\)と表す（たとえば、\(\small \mathrm{Re}(3+5i)=3\)ということ）と、\(\small \mathrm{Re}(1)=1\)、\(\small \mathrm{Re}(z^k)=\mathrm{Re}(\cos k\theta+i\sin k\theta)=\cos k\theta\)であることから、
\begin{split}
&\small \mathrm{Re}(1+z+z^2+z^3+\cdots+z^n )\\
&\small =\mathrm{Re}(1)+\mathrm{Re}(z)+\mathrm{Re}(z^2)+\cdots+\mathrm{Re}(z^n)\\
&\small =1+\cos\theta +\cos2\theta+\cdots+\cos n\theta\\
\end{split}
となる。
このように、\(\small z^k\)（\(\small k=0,1,2,\cdots,n\)）の和の実部は\(\small \cos k\theta\)の和になるので、今回証明したい等式の左辺と一致する。

よって、[*1]を等比数列の和の公式を利用して計算すると、

\begin{split}
&\small \displaystyle 1+z+z^2+z^3+\cdots+z^n \\
&\small =\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\\
&\small =\frac{1-(\cos\theta+i\sin\theta)^{n+1}}{1-(\cos\theta+i\sin\theta)} \quad ◀ z=\cos\theta +i\sin\theta\\
&\small =\frac{1-\cos(n+1)\theta-i\sin(n+1)\theta}{1-\cos\theta-i\sin\theta}\quad ◀ド・モアブルの定理\\
\end{split}

上式の実部を知りたければ、\(\small ●+▲i\)の形に変形する必要があるのだが、現状は分数の形になっており有理化しないとうまく実部を抽出できない。ただ、闇雲に有理化しても計算が複雑になるだけなので、ここからは、証明したい等式の右辺の形を意識しながら式変形していく。

証明したい等式の右辺を見ると、角度がやたらと半角（\(\small ●/2\)）になっていることから、今の式に半角の公式を適用してみよう。

分母・分子の\(\small 1-\cos\theta\)、\(\small 1-\cos(n+1)\theta\)の形から

\begin{split}
\small \displaystyle 1-\cos \theta = 2\sin^2 \frac{\theta}{2}\quad ,\\
\end{split}

\(\small \sin\theta\)、\(\small \sin(n+1)\theta\)の形から

\begin{split}
\small \displaystyle \sin\theta = 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\\
\end{split}

の半角の公式を適用することで[*2]、

*2：【補足】半角の公式
受験生であれば半角の公式は覚えていてもよいと思うが、暗記が苦手な人は（私含めて）、倍角の公式で\(\small \theta\) ⇒ \(\small \theta/2\)に置き換えれば半角の公式を導出できることを覚えておこう（倍角の公式は覚えておこう！）。

≫ 導出方法
\(\small \sin \theta/2\)であれば、
\begin{split}
\small \displaystyle \cos2\theta =1-2\sin^2\theta\\
\small \displaystyle ⇒ \space \cos \theta =1-2\sin^2\frac{\theta}{2}\\
\small \displaystyle ∴ \space \sin^2\frac{\theta}{2}=\frac{1-\cos \theta }{2}\\
\end{split}
\(\small \cos\theta/2\)も同様で、
\begin{split}
\small \displaystyle \cos2\theta =2\cos^2\theta-1\\
\small \displaystyle ⇒ \space \cos \theta =2\cos^2\frac{\theta}{2}-1\\
\small \displaystyle ∴ \space \cos^2\frac{\theta}{2}=\frac{1+\cos \theta }{2}\\
\end{split}

\begin{split}
&\small \displaystyle \frac{\color{#ef5350}{1-\cos(n+1)\theta}-i\color{#5c6bc0}{\sin(n+1)\theta}}{\color{#ef5350}{1-\cos\theta}-i\color{#5c6bc0}{\sin\theta}}\\
&\small \displaystyle =\frac{\color{#ef5350}{2\sin^2\dfrac{(n+1)\theta}{2}}-i\cdot \color{#5c6bc0}{2\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}}}{\color{#ef5350}{2\sin^2\dfrac{\theta}{2}}-i\cdot \color{#5c6bc0}{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}}}\\
&\small \displaystyle =\frac{2\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\left(\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}-i\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}\right)}{2\sin\dfrac{\theta}{2}\left(\sin\dfrac{\theta}{2}-i\cos\dfrac{\theta}{2}\right)}\\
&\small \displaystyle =\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\cdot \color{#ef5350}{\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}-i\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}-i\cos\dfrac{\theta}{2}}}\\
&\small \displaystyle =\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\cdot \color{#ef5350}{\frac{-i\left(\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}+i\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\right)}{-i \left( \cos\dfrac{\theta}{2}+i\sin\dfrac{\theta}{2}\right)}}\\
&\small \displaystyle =\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\cdot \color{#ef5350}{\frac{\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}+i\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\cos\dfrac{\theta}{2}+i\sin\dfrac{\theta}{2}}} \quad \cdots ①\\
\end{split}

【補足】
赤字部分について途中式に出てくる
\begin{split}
&\small \displaystyle \sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}-i\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2},\\
&\small \displaystyle \sin\dfrac{\theta}{2}-i\cos\dfrac{\theta}{2}
\end{split}
は一見すると複素数の極形式に見えるが、極形式は実部が\(\small \cos\)、虚部が\(\small \sin\)なので少し違う点に注意。そのため、うまく極形式になるように分母分子を\(\small -i\)で括ってあげる必要がある。

①の赤色部分は極形式で表された複素数であり、分子は原点からの距離が1、偏角が\(\small \displaystyle \frac{(n+1)\theta}{2}\)、分母は、原点からの距離が1、偏角が\(\small \displaystyle \frac{\theta}{2}\)の複素数である。

そして複素数の割り算は原点からの距離は割り算、偏角は引き算になることから、

\begin{split}
&\small \displaystyle \frac{\cos\dfrac{(n+1)\theta}{2}+i\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\cos\dfrac{\theta}{2}+i\sin\dfrac{\theta}{2}}\\
&\small \displaystyle =\cos \left(\frac{(n+1)\theta}{2}-\frac{\theta}{2}\right)+i\sin \left(\frac{(n+1)\theta}{2}-\frac{\theta}{2}\right)\\
&\small \displaystyle =\cos \frac{n\theta}{2}+i\sin \frac{n\theta}{2}\\
\end{split}

と計算できるので、①に代入することで、

\begin{split}
&\small \displaystyle \frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\left(\cos \frac{n\theta}{2}+i\sin \frac{n\theta}{2}\right)\\
&\small \displaystyle =\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\cos \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}+i\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\sin \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\\
\end{split}

よって、

\begin{split}
&\small \displaystyle 1+z+z^2+\cdots+z^n=\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\cos \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}+i\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\sin \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\\
\end{split}

冒頭でも確認した通り、今回証明したい\(\small 1+\cos\theta+\cos2\theta +\cdots +\cos n\theta\)の値は、\(\small 1+z+z^2+\cdots+z^n\)の実部部分であることから、

\begin{split}
&\small \displaystyle 1+\cos\theta+\cos2\theta +\cdots +\cos n\theta=\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\cos \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\\
\end{split}

が成り立つことが示せた（証明終）。

【参考】
ちなみに、虚部を比較すると
\begin{split}
&\small \displaystyle \sin\theta+\sin 2\theta +\cdots +\sin n\theta=\frac{\sin\dfrac{(n+1)\theta}{2}\sin \dfrac{n\theta}{2}}{\sin\dfrac{\theta}{2}}\\
\end{split}
が成り立つことが示せる。

本記事のまとめ

今回はド・モアブルの定理を利用した三角関数の等式証明について解説してみました。多倍角（\(\small \cos n \theta\), \(\small \sin n \theta\)）に関する公式は、ド・モアブルの定理を使うと意外と簡単に導出できることが分かったのではないでしょうか？

もし、今後3倍角の公式を使う問題に直面した際は、今回学んだ方法で導出できるようにしておきましょう！

では、最後に本記事の重要ポイントを復習して終わりにしましょう。

☆重要ポイント☆
ド・モアブルの定理を使うと多倍角に関する公式が簡単に導出できる。

≫ 三角関数の等式証明（ド・モアブルの定理を利用）
・\(\small (\cos \theta +i\sin \theta)^n\)を地道に展開
・三角比の関係式で式変形
・両辺の実部と虚部を比較

今回は以上です。お疲れさまでした！