当ＨＰの「不等式に遊ぶ」において、チェビシェフの多項式が活躍した。
（Ｔｓｃｈｅｂｙｓｃｈｅｆｆ （
1821～1894））このページでは、この多項式についてのいろいろな性質を整理したいと思う。
チェビシェフの多項式に関する問題は、大学入試問題にも多数出題されている。ちょうど
高校２年生から大学初年級にかけての解析学の一つの面白い話題なんだろうと思われる。
以下で、ｎ は自然数とする。
ｎ 倍角の余弦 ｃｏｓｎθ は、加法定理を用いると、ｃｏｓθ の多項式になる
このことはいくつかの実験をすれば簡単に予想される。
ｎ＝１ のとき、 ｃｏｓ１θ＝ｃｏｓθ
ｎ＝２ のとき、 ｃｏｓ２θ＝ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ＝ｃｏｓ2θ－（１－ｃｏｓ2θ）＝２ｃｏｓ2θ－１
ｎ＝３ のとき、 ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ２θｃｏｓθ－ｓｉｎ２θｓｉｎθ
＝（２ｃｏｓ2θ－１）ｃｏｓθ－２ｓｉｎ2θｃｏｓθ
＝２ｃｏｓ3θ－ｃｏｓθ－２ｃｏｓθ＋２ｃｏｓ3θ
＝４ｃｏｓ3θ－３ｃｏｓθ
ｎ＝４ のとき、 ｃｏｓ４θ＝２ｃｏｓ2２θ－１
＝２（２ｃｏｓ2θ－１）2－１
＝８ｃｏｓ4θ－８ｃｏｓ2θ＋１
ｎ＝５ のとき、
ｃｏｓ５θ＝ｃｏｓ３θｃｏｓ２θ－ｓｉｎ３θｓｉｎ２θ
＝（４ｃｏｓ3θ－３ｃｏｓθ）（２ｃｏｓ2θ－１）－（３ｓｉｎθ－４ｓｉｎ3θ）・２ｓｉｎθｃｏｓθ
＝８ｃｏｓ5θ－１０ｃｏｓ3θ＋３ｃｏｓθ－２（３ｃｏｓθ－４（１－ｃｏｓ2θ）ｃｏｓθ）（１－ｃｏｓ2θ）
＝８ｃｏｓ5θ－１０ｃｏｓ3θ＋３ｃｏｓθ－２（４ｃｏｓ3θ－ｃｏｓθ）（１－ｃｏｓ2θ）
＝８ｃｏｓ5θ－１０ｃｏｓ3θ＋３ｃｏｓθ－２（４ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓ5θ－ｃｏｓθ＋ｃｏｓ3θ）
＝１６ｃｏｓ5θ－２０ｃｏｓ3θ＋５ｃｏｓθ
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
この流れで行くと、次の問題は容易に解決できるだろう。
問 題 ｃｏｓ（π/（２ｎ）） は代数的数であることを示せ。
（解） θ＝π/（２ｎ） とおくと、 ｎθ＝π/２ である。
このとき、 ｃｏｓｎθ は、ｃｏｓθ の多項式で表せるので、
ｃｏｓｎθ＝ａ0ｃｏｓｎθ＋ａ1ｃｏｓｎ-1θ＋・・・＋ａｎ-1ｃｏｓθ＋ａｎ＝０
（ただし、 ａ0、ａ1、・・・、ａｎ-1、ａｎ は、有理数）
よって、ｃｏｓ（π/（２ｎ）） は代数的数である。 （終）
（コメント） ｃｏｓ（π/４）、ｃｏｓ（π/８）、ｃｏｓ（π/１０）、・・・ は代数的数！
（参考） 次のＨＰにおいて、ｎ倍角の公式（２≦ｎ≦２０）が与えられている。その数に圧倒さ
れます。
（補足） 平成１９年８月２６日付け
慶應義塾大学理工学部の平成１９年度入試問題に手頃な応用題が出題された。
（１） cos３θ＝Ｆ（cosθ） を満たす３次式 Ｆ（ｘ） と、cos４θ＝Ｇ（cosθ） を満たす４次式
Ｇ（ｘ） を求めよ。
また、多項式 Ｈ（ｘ） で、 （ｘ－１）Ｈ（ｘ）＝Ｇ（ｘ）－Ｆ（ｘ） を満たすものを求めよ。
（２） ０≦θ≦π であるとき、 Ｈ（cosθ）＝０ であるためには、
θ＝cos（２π/７） 、cos（４π/７） 、cos（６π/７）
であることが必要十分であることを証明せよ。
（３） cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７） の値を求めよ。
この問題では、cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７） の値を求めることが眼目と思
われる。（１）（２）の導入を用いて解くことを求めているのだろう。
ここに、チェビシェフの多項式の深遠さを感じるところである。
（略解） （１）については、上記の計算から、
Ｆ（ｘ）＝４ｘ3－３ｘ 、Ｇ（ｘ）＝８ｘ4－８ｘ2＋１ である。
よって、 Ｇ（ｘ）－Ｆ（ｘ）＝８ｘ4－４ｘ3－８ｘ2＋３ｘ＋１ より、
Ｇ（ｘ）－Ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）（８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１） なので、Ｈ（ｘ）＝８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１
（２） Ｈ（cosθ）＝０ とすると、 Ｇ（cosθ）－Ｆ（cosθ）＝０ すなわち、 cos４θ＝cos３θ
このとき、 ４θ＝２ｎπ ± ３θ より、 θ＝２ｎπ 、２ｎπ/７ （ｎ は整数）
０≦θ≦π を満たす θ は、θ＝ ０ 、 ２π/７ 、 ４π/７ 、６π/７
ここで、 θ＝ ０ のとき、 Ｈ（１）＝７≠０ なので、θ＝ ０ は不適。
よって、 θ＝ ２π/７ 、 ４π/７ 、 ６π/７ が成り立つ。
逆に、θ＝ ２π/７ 、 ４π/７ 、 ６π/７ が成り立つものとする。
ここで、 例えば、 θ＝ ２π/７ とおくと、
cos４θ＝cos（８π/７）＝cos（２π－６π/７）＝cos（６π/７）＝cos３θ
が成り立つ。他の場合も同様である。
よって、 Ｇ（cosθ）－Ｆ（cosθ）＝０ が成り立つ。
すなわち、 （cosθ－１）Ｈ（cosθ）＝０ であるが、
cosθ≠１ なので、 Ｈ（cosθ）＝０ が成り立つ。
（３） （２）より、 cos（２π/７）、cos（４π/７）、cos（６π/７） は、
３次方程式 ８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１＝０ の異なる３つの解であるので、解と係数の関係から、
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－４/８＝－１/２ となる。 （終）
（追記） 平成２１年３月３１日付け
上記では、cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－１/２ であることを示したが、左
辺の複雑さに比べ、右辺の単純さに驚かれる方も多いだろう。
これは、 cos（２π/７） 、cos（４π/７） 、cos（６π/７） が、３次方程式
８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１＝０ の異なる３つの解であることが急所であった。同様にして、
cos（２π/７）cos（４π/７）cos（６π/７）＝１/８
cos（２π/７）cos（４π/７）cos（８π/７）＝１/８
となることも即答だろう。このように綺麗な値になる理由は、Ｇａｌｏｉｓ理論からも説明される。
（追記） 平成２１年４月１日付けで、Ｓ（Ｈ）さんより、次のような入試問題があることを伺った。
東京慈恵会医科大学（２００８）
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝ａ
cos（２π/７）cos（４π/７）cos（６π/７）＝ｂ
とする。 ａ 、 ｂ の値を求めたい。以下の設問(1)、(2)、(3)に答えよ。
(1) 角θ（ラジアン）が ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ４θ をみたすとき、解のひとつがｃｏｓθであるよう
な４次の方程式を求めよ。
(2) θ＝２π/７ のとき、ｃｏｓθが解のひとつであるような３次の方程式を求めよ。
(3) 設問(2)の結果を用いて、ａ および ｂ の値を求めよ。
慶應義塾大学の１年後の出題ですが、問いかけが現役高校生向けに考えやすく工夫され
ていますね！
（解） (1) 倍角の公式より、 ４ｃｏｓ3θ－３ｃｏｓθ＝２ｃｏｓ2２θ－１
右辺＝２（２ｃｏｓ2θ－１）2－１＝８ｃｏｓ4θ－８ｃｏｓ2θ＋１ なので、
８ｃｏｓ4θ－８ｃｏｓ2θ＋１＝４ｃｏｓ3θ－３ｃｏｓθ
よって、 ８ｃｏｓ4θ－４ｃｏｓ3θ－８ｃｏｓ2θ＋３ｃｏｓθ＋１＝０ より、
求める４次方程式は、 ８ｘ4－４ｘ3－８ｘ2＋３ｘ＋１＝０
(2) (1) より、 （ｘ－１）（８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１）＝０
θ＝２π/７ のとき、 ｃｏｓθ≠１ である。
また、 ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ（６π/７）＝ｃｏｓ（π－π/７）＝－ｃｏｓ（π/７）
ｃｏｓ４θ＝ｃｏｓ（８π/７）＝ｃｏｓ（π＋π/７）＝－ｃｏｓ（π/７） より、 ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ４θ
が成り立ち、ｃｏｓθ は、３次方程式は、８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１＝０ の解となる。
(3) θ＝２π/７、４π/７、６π/７ はすべて ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ４θ をみたし、
ｃｏｓ（２π/７）、ｃｏｓ（４π/７）、ｃｏｓ（６π/７） は相異なる３数で、１ とは異なる。
よって、３数は、(2) で得られた３次方程式の３つの解となる。解と係数の関係から、
ａ＝ｃｏｓ（２π/７）＋ｃｏｓ（４π/７）＋ｃｏｓ（６π/７）＝－１/２
ｂ＝ｃｏｓ（２π/７）ｃｏｓ（４π/７）ｃｏｓ（６π/７）＝１/８ （終）
（追記） 平成１９年９月２９日付け
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７） の値を求めるだけの問題だったら、次のよう
に解いた方が早道だろう。
複素数平面において、 方程式 Ｚ7＝１ の解は下図のように分布する。
このとき、 １＋ｚ＋ｚ2＋ｚ3＋ｚ4＋ｚ5＋ｚ6＝０ が成り立つ。
ここで、 ｚ と ｚ6 、 ｚ2 と ｚ5 、 ｚ3 と ｚ4 は互いに共役な複素数なので、
ｚ ＋ ｚ6 ＝ ２ｃｏｓ（２π/７）
ｚ2 ＋ ｚ5 ＝ ２ｃｏｓ（４π/７）
ｚ3 ＋ ｚ4 ＝ ２ｃｏｓ（６π/７）
よって、 １＋２（cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７））＝０ より、
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－１/２
（コメント） 実数の世界でどんなに面倒な問題も、複素数の世界では平易な問題に生まれ変
わってしまいますね！
（追記） 平成１９年９月３０日付け
当ＨＰがいつもお世話になっている Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ さんからの情報によると次のような別解
も考えられる。上記では共役複素数を用いたが、以下の解では、純粋に方程式を解くことに
より求められる。
α＝ｚ＋ｚ2＋ｚ4 （ ただし、 ｚ＝exp（２πｉ/７） ） とおくと、
α2＝ｚ2＋ｚ4＋ｚ8＋２ｚ3＋２ｚ6＋２ｚ5＝ｚ2＋ｚ4＋ｚ＋２ｚ3＋２ｚ6＋２ｚ5＝ｚ3＋ｚ6＋ｚ5－１
よって、 α2＋α＋１＝ｚ＋ｚ2＋ｚ3＋ｚ4＋ｚ5＋ｚ6＝－１ なので、α は、
２次方程式 ｘ2＋ｘ＋２＝０ の解となる。解の公式により、
このことから、 複素数 α の実数部を比較して、
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（８π/７）＝－１/２
となる。 ここで、 cos（８π/７）＝cos（６π/７） なので、
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－１/２
である。
さらに、次のような斬新な解法も考えられるようだ。もしかしたら、こちらの解法の方が、より
発展性のある解法かもしれない。
１＋ｚ＋ｚ2＋ｚ3＋ｚ4＋ｚ5＋ｚ6＝０ において、 ｚ≠０ なので、
１/ｚ3＋１/ｚ2＋１/ｚ＋１＋ｚ＋ｚ2＋ｚ3＝０
（ｚ＋１/ｚ）3－３（ｚ＋１/ｚ）＋（ｚ＋１/ｚ）2－２＋（ｚ＋１/ｚ）＋１＝０
すなわち、 （ｚ＋１/ｚ）3＋（ｚ＋１/ｚ）2－２（ｚ＋１/ｚ）－１＝０
よって、 β＝ｚ＋１/ｚ とおくと、 β3＋β2－２β－１＝０ となり、
β は、３次方程式 ｘ3＋ｘ2－２ｘ－１＝０ の解となる。
ところで、 β＝ｚ＋１/ｚ＝２cos（２π/７） で、
β2＝（ｚ＋１/ｚ）2＝ｚ2＋１/ｚ2＋２ より、β2－２＝ｚ2＋１/ｚ2＝２cos（４π/７）
さらに、 （β2－２）β＝（ｚ2＋１/ｚ2）（ｚ＋１/ｚ）＝ｚ3＋１/ｚ3＋ｚ＋１/ｚ なので、
β3－３β＝ｚ3＋１/ｚ3＝２cos（６π/７）
このとき、 β＋（β2－２）＋（β3－３β）＝β3＋β2－２β－２＝－１ なので、
２cos（２π/７）＋２cos（４π/７）＋２cos（６π/７）＝－１
すなわち、 cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－１/２
（コメント） 同じ問題が、いろいろな視点から解かれて楽しいですね！それだけ慶應義塾大学
の入試問題は深遠なる良問だったということでしょうか。
（追記） 平成２４年７月１３日付けで、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんが
cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）
について、別解を考えられた。
（解） 和を積になおす公式より、
cos(2π/7)＋cos(6π/7)＝2cos((6π/7)＋(2π/7))/2・cos((6π/7)-(2π/7))/2
＝2cos(4π/7)cos(2π/7)
により、与式＝2cos(4π/7)cos(2π/7)＋cos(4π/7)＝cos(4π/7){2cos(2π/7)＋1}・・・☆
cos(2π/7)＝1-2sin2(π/7) より、2cos(2π/7)＋1＝3-4sin2(π/7) なので、
☆＝cos(4π/7){3-4sin2(π/7)}・・・★
ここで、{}内の式に気がつくと、★の式は
★＝cos(4π/7){(sin(π/7))(3-4sin2(π/7)}/sin(π/7)
＝cos(4π/7){3sin(π/7)-4sin3(π/7)}/sin(π/7)＝cos(4π/7)sin(3π/7)/sin(π/7)・・・・・★★
ここで、cos(4π/7)sin(3π/7)＝(1/2){sin((4π/7)＋(3π/7))-sin((4π/7)-(3π/7))}
＝(1/2){sinπ-sin(π/7)}＝-(1/2)sin(π/7)
よって、★★＝-(1/2)sin(π/7)/sin(π/7)＝-1/2
以上から、cos（２π/７）＋cos（４π/７）＋cos（６π/７）＝－１/２ （終）
一般に、ｃｏｓｎθ を、加法定理を用いて展開した式において、ｃｏｓθ＝Ｘ として得られる
多項式を、チェビシェフの多項式という。通常、Ｔｎ（Ｘ） で表される。
すなわち、 ｃｏｓｎθ＝Ｔｎ（ｃｏｓθ） である。
上記の計算から、
Ｔ1（Ｘ）＝Ｘ
Ｔ2（Ｘ）＝２Ｘ2－１
Ｔ3（Ｘ）＝４Ｘ3－３Ｘ
Ｔ4（Ｘ）＝８Ｘ4－８Ｘ2＋１
Ｔ5（Ｘ）＝１６Ｘ5－２０Ｘ3＋５Ｘ
であることが分かる。
さて、上記の関数式を見て、Ｔｎ（Ｘ） は、ｎ 次の多項式で、最高次の項の係数は、２ｎ-1
であることが予想される。 このことを確認してみよう。
ド・モアブルの公式により、ｉ を虚数単位として、ｃｏｓ(ｎθ)＋ｉ・ｓｉｎ(ｎθ)＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）ｎ
右辺に対して、２項定理を用いて展開すると、
となるので、両辺の実部を比較すれば、
となる。（上の式で、［ｘ］ は、ガウス記号である。）
よって、この式において、ｃｏｓθ＝Ｘ とすると、Ｔｎ（Ｘ） は、ｎ 次の多項式になることが分
かる。
さらに、最高次の項の係数は、順列・組合せの理論（→ 参考：パスカルの三角形）から、
ｎＣ0＋ｎＣ2＋ｎＣ4＋・・・・・ ＝２ｎ-1
である。
また、定数項についても、次の事実が成り立つ。
ｎ≡０ （ｍｏｄ ４） のとき、 定数項＝１
ｎ≡１ （ｍｏｄ ４） のとき、 定数項＝０
ｎ≡２ （ｍｏｄ ４） のとき、 定数項＝－１
ｎ≡３ （ｍｏｄ ４） のとき、 定数項＝０
証明は、上記の ｃｏｓ(ｎθ) の式から明らかであろう。
チェビシェフの多項式を扱う場合の注意点は、ｃｏｓθ＝Ｘ と置いている関係から、
－１ ≦ Ｘ ≦ １
であることだろう。
このとき、各自然数 ｎ に対して、関数 Ｔｎ（Ｘ） のグラフを描くと、チェビシェフの多項式の
特徴が浮かび上がってくる。
以上の５つのグラフから分かるように、何れも、値域は、 －１ ≦ Ｙ ≦ １ である。
もっとも、これは、ｃｏｓｎθ＝Ｔｎ（ｃｏｓθ） から明らかであろう。
また、関数 Ｔｎ（Ｘ） のグラフを眺めていると、極大値と極小値が交互に現れている。この点
もチェビシェフの多項式の特徴なのだろう。
さらに、－１ ≦ Ｘ ≦ １ の範囲で、方程式 Ｔｎ（Ｘ）＝０ は、異なる ｎ 個の実数解を持
つことも分かる。
実際に、方程式 Ｔｎ（Ｘ）＝０ となる Ｘ＝ｃｏｓθ は、ｃｏｓ(ｎθ)＝０ を満たす θ によって求
められる。この三角方程式の一般解は、
ｎθ＝ｋπ－（１/２）π （ ｋ は、整数）
なので、θ＝（２ｋ－１）π/２ｎ （ ｋ は、整数） となる。
ｃｏｓθ は、偶関数であるので、相異なる ｃｏｓθ の値を与えるものとしては、
ｋ＝１、２、３、・・・、ｎ を代入して、
θ1＝π/２ｎ 、θ2＝３π/２ｎ 、θ3＝５π/２ｎ 、・・・、θn＝（２ｎ－１）π/２ｎ
の ｎ 個存在する。これらが、方程式 Ｔｎ（Ｘ）＝０ の実数解 Ｘｎ＝ｃｏｓθｎ を与える。
（コメント： 方程式 Ｔｎ（Ｘ）＝０ が必ず異なる ｎ 個の実数解を持つなんて、とても性質（性格？）がいいですね！）
ところで、 ｃｏｓｎθ において、ｃｏｓθ＝Ｘ としてチェビシェフの多項式が得られたが、
ｓｉｎｎθ についても同様のことはできないのであろうか？
実は、多少美しさには欠けるが、同種の多項式はできるようだ。
ド・モアブルの公式により、ｉ を虚数単位として、
ｃｏｓ(ｎθ)＋ｉ・ｓｉｎ(ｎθ)＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）ｎ
右辺に対して、２項定理を用いて展開すると、
となるので、両辺の虚部を比較すれば、
となる。（上の式で、［ｘ］ は、ガウス記号である。）
ｓｉｎ2θ＝１－ｃｏｓ2θ なので、
よって、
とおくと、ｓｉｎ（ｎθ）＝Ｓｎ（ｃｏｓθ）・ｓｉｎθ を満たす多項式 Ｓｎ（Ｘ） が存在する。
たとえば、 ｓｉｎ２θ＝２ｃｏｓθ・ｓｉｎθ より、 Ｓ2（Ｘ）＝２Ｘ
ｓｉｎ３θ＝３ｓｉｎθ－４ｓｉｎ3θ＝（３－４ｓｉｎ2θ）・ｓｉｎθ＝（３－４（１－ｃｏｓ2θ））・ｓｉｎθ
＝（４ｃｏｓ2θ－１）・ｓｉｎθ
より、 Ｓ3（Ｘ）＝４Ｘ2－１
ｓｉｎ４θ＝２ｓｉｎ２θｃｏｓ２θ＝４ｓｉｎθｃｏｓθ（２ｃｏｓ2θ－１）＝（８ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓθ）・ｓｉｎθ
より、 Ｓ4（Ｘ）＝８Ｘ3－４Ｘ
となる。 もちろん、 Ｓ1（Ｘ）＝１ である。
※ Ｍａｔｈｅｍａｔｉｃａ においては、ｓｉｎ（ｎ＋１）θ＝Ｓｎ（ｃｏｓθ）・ｓｉｎθ と定義されるらしい。
Ｓｎ（Ｘ） の定義は、お世辞にも美しいとは言えないが、多項式 Ｔｎ（Ｘ） と Ｓｎ（Ｘ） には、
実は、深遠なる関係が成立する。
Ｔ1（Ｘ）＝Ｘ Ｓ1（Ｘ）＝１
Ｔ2（Ｘ）＝２Ｘ2－１ Ｓ2（Ｘ）＝２Ｘ
Ｔ3（Ｘ）＝４Ｘ3－３Ｘ Ｓ3（Ｘ）＝４Ｘ2－１
Ｔ4（Ｘ）＝８Ｘ4－８Ｘ2＋１ Ｓ4（Ｘ）＝８Ｘ3－４Ｘ
上記の計算結果から、
（Ｔｎ（Ｘ））’＝ｎ・Ｓｎ（Ｘ）
という関係式の成り立つことが予想される。（ここで、左辺の（ ）’は、導関数を表す。）
もっとも、これは次の微分の計算から明らかであろう。
ｃｏｓｎθ＝Ｔｎ（ｃｏｓθ） の両辺を、θ で微分すれば、
－ｎ・ｓｉｎｎθ＝（Ｔｎ（ｃｏｓθ））’・（－ｓｉｎθ）
ここで、 ｓｉｎｎθ＝Ｓｎ（ｃｏｓθ）・ｓｉｎθ なので、
（Ｔｎ（ｃｏｓθ））’＝ｎ・Ｓｎ（ｃｏｓθ） すなわち、多項式として、
（Ｔｎ（Ｘ））’＝ｎ・Ｓｎ（Ｘ）
が成り立つ。
また、Ｔｎ（Ｘ）、Ｓｎ（Ｘ）は共に同じ漸化式 ａｎ＋2－２・Ｘ・ａｎ＋1＋ａｎ＝０
を満たすという事実も面白い。
実際に、 （ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）ｎ＋1＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）・（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）ｎ において、
ｃｏｓ（ｎ＋１）θ＋ｉ・ｓｉｎ（ｎ＋１）θ＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）・（ｃｏｓｎθ＋ｉ・ｓｉｎｎθ）
なので、 Ｔｎ＋1＋ｉ・Ｓｎ＋1・ｓｉｎθ＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）・（Ｔｎ＋ｉ・Ｓｎ・ｓｉｎθ）
実部と虚部を比較して、
Ｔｎ＋1＝Ｔｎ・ｃｏｓθ－Ｓｎ・ｓｉｎ2θ＝Ｔｎ・ｃｏｓθ－Ｓｎ・（１－ｃｏｓ2θ）
＝Ｓｎ・ｃｏｓ2θ＋Ｔｎ・ｃｏｓθ－Ｓｎ
すなわち、 Ｔｎ＋1＝Ｓｎ・Ｘ2＋Ｔｎ・Ｘ－Ｓｎ
また、 Ｓｎ＋1＝Ｓｎ・ｃｏｓθ＋Ｔｎ
すなわち、 Ｓｎ＋1＝Ｓｎ・Ｘ＋Ｔｎ
が成り立つ。
Ｔｎ＝Ｓｎ＋1－Ｓｎ・Ｘ を第１式に代入して、
Ｓｎ＋2－Ｓｎ＋1・Ｘ＝Ｓｎ・Ｘ2＋（Ｓｎ＋1－Ｓｎ・Ｘ）・Ｘ－Ｓｎ
これより、 Ｓｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ＋Ｓｎ＝０ が成り立ち、Ｓｎ は、
漸化式 ａｎ＋2－２・Ｘ・ａｎ＋1＋ａｎ＝０ を満たすことが示された。
同様に、
Ｔｎ＋2－２Ｔｎ＋1・Ｘ＋Ｔｎ
＝Ｓｎ＋1・Ｘ2＋（Ｓｎ＋2－Ｓｎ＋1・Ｘ）・Ｘ－Ｓｎ＋1－２（Ｓｎ＋2－Ｓｎ＋1・Ｘ）・Ｘ＋Ｓｎ＋1－Ｓｎ・Ｘ
＝－（Ｓｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ＋Ｓｎ）・Ｘ
＝０
よって、Ｔｎ も、漸化式 ａｎ＋2－２Ｘ・ａｎ＋1＋ａｎ＝０ を満たすことが示された。
（補足） 平成１８年１２月２０日付け
このページは、平成１７年１月１１日付けでアップされたが、今読み返してみると、計算の稚
拙さが目立つ。
Ｔｎ（Ｘ） が、 漸化式 ａｎ＋2－２・Ｘ・ａｎ＋1＋ａｎ＝０ を満たすことを示すとき、上記のよう
に以前計算したが、次のように計算した方が簡単だろう。
上記より Ｓｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ＋Ｓｎ＝０
よって、 Ｓｎ＋3－２Ｓｎ＋2・Ｘ＋Ｓｎ＋1＝０
また、 ＸＳｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ2＋ＸＳｎ＝０ なので、２式を辺々引いて、
（Ｓｎ＋3－ＸＳｎ＋2）－２Ｘ（Ｓｎ＋2－ＸＳｎ＋1）＋Ｓｎ＋1－ＸＳｎ＝０
ここで、 Ｔｎ＝Ｓｎ＋1－ＸＳｎ なので、 Ｔｎ＋2－２ＸＴｎ＋1＋Ｔｎ＝０
となり、 Ｔｎ も、漸化式 ａｎ＋2－２Ｘ・ａｎ＋1＋ａｎ＝０ を満たす。
（別解） Ｔｎ＋2－２ＸＴｎ＋1＋Ｔｎ＝０ の両辺を微分しても簡単な計算から、
ｎ（Ｓｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ＋Ｓｎ）＝０ すなわち Ｓｎ＋2－２Ｓｎ＋1・Ｘ＋Ｓｎ＝０
を示すことができる。
（コメント： 全く異なる多項式 Ｔｎ と Ｓｎ 同士が、全く同じ漸化式を満たすなんて不思議ですね！もちろん「不思
議」とは、疑問の意味ではなくて感嘆の意味です．．．。ある方は「当然」と言われますが．．．！）
（追記） 平成２０年８月１４日付け
上記では、Ｔｎ が漸化式 Ｔｎ＋2－２ＸＴｎ＋1＋Ｔｎ＝０ を満たすことを示すのに、Ｓｎ を活用
するという情けない解法（ま～成り行き上しょうがないと言えばしょうがないが．．．）になってい
るが、もちろん直接的に示すことも可能である。
Ｔｎ＋2－２ＸＴｎ＋1＋Ｔｎ＝ｃｏｓ（ｎ＋２）θ－２ｃｏｓθｃｏｓ（ｎ＋１）θ＋ｃｏｓｎθ
＝｛ｃｏｓ（ｎ＋２）θ＋ｃｏｓｎθ｝－２ｃｏｓθｃｏｓ（ｎ＋１）θ
＝２ｃｏｓ（ｎ＋１）θｃｏｓθ－２ｃｏｓθｃｏｓ（ｎ＋１）θ＝０
この漸化式を用いると、次の事実が容易に示される。
全ての自然数 ｎ に対して、 Ｔｎ は有理係数の ｎ 次の多項式である
（証明） Ｔ1（Ｘ）＝Ｘ 、 Ｔ2（Ｘ）＝２Ｘ2－１ より、明らかに命題は、ｎ＝１、ｎ＝２ のときに
成り立つ。
ｎ＝ｋ、ｎ＝ｋ＋１ （ｋ≧１の任意の自然数）のとき、命題が成り立つと仮定する。 すなわち、
Ｔｋ＋1 、Ｔｋ は、それぞれ有理係数の ｋ＋１次、ｋ次の多項式である。
このとき、 Ｔｋ＋2＝２ＸＴｋ＋1－Ｔｋ より、 Ｔｋ＋2 は、有理係数の ｋ＋２次の多項式となる。
よって、命題は、ｎ＝ｋ＋２ のときも成り立つ。
したがって、全ての自然数 ｎ に対して、Ｔｎ は有理係数の ｎ 次の多項式である。 （証終）
この結果を用いる例題としては、次の問題があげられる。
が無理数であることは既知とする。
）/４ となり、方程式Ｐ5（ｘ）＝１の異なる実数解の個数は、