極形式の積の公式「偏角は足し算」を $n$ 回繰り返すと、ド・モアブルの定理 $(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$ が得られます。この定理は、$\cos n\theta$ や $\sin n\theta$ を $\cos\theta, \sin\theta$ の多項式として展開する強力な道具であり、チェビシェフ多項式や $n$ 乗根の計算にもつながります。
前節で学んだ極形式の積の公式を思い出しましょう。2つの複素数の積では「偏角が足される」のでした。では、同じ複素数を $n$ 回かけたら（$n$ 乗したら）どうなるでしょうか。
$z = r(\cos\theta + i\sin\theta)$ を $n$ 回かけると、絶対値は $r^n$ に、偏角は $\theta$ が $n$ 回足されて $n\theta$ になります。
$n$ を整数とするとき：
$$(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$$
より一般に：$[r(\cos\theta + i\sin\theta)]^n = r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta)$
※ $n$ が負の整数のときも成り立ちます（$n = -1$ なら $\cos(-\theta) + i\sin(-\theta) = \cos\theta - i\sin\theta$）。
$\cos\theta + i\sin\theta$ は「角度 $\theta$ の回転」を表す複素数です。これを $n$ 回かける（$n$ 乗する）ことは、同じ回転を $n$ 回繰り返すことであり、結果は「角度 $n\theta$ の回転」になります。
「回転の合成 = 角度の加法」というシンプルな原理が、この定理の全てです。
$(1+i)^{10}$ を計算してみましょう。$1 + i = \sqrt{2}\!\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)$ なので：
$$(1+i)^{10} = (\sqrt{2})^{10}\left(\cos\frac{10\pi}{4} + i\sin\frac{10\pi}{4}\right) = 32\left(\cos\frac{5\pi}{2} + i\sin\frac{5\pi}{2}\right) = 32(0 + i) = 32i$$
直交形式で $(1+i)^{10}$ を地道に計算するのは大変ですが、ド・モアブルの定理なら一瞬です。
✗ $(\cos\theta - i\sin\theta)^n = \cos n\theta - i\sin n\theta$ ← 本当にそう？
○ $\cos\theta - i\sin\theta = \cos(-\theta) + i\sin(-\theta)$ なので $(\cos\theta - i\sin\theta)^n = \cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta) = \cos n\theta - i\sin n\theta$ ✓
結果は合っていますが、その理由は「$-i\sin\theta = i\sin(-\theta)$」と見直してから定理を適用するのが正しい思考過程です。
ド・モアブルの定理は直感的には明らかですが、正の整数 $n$ に対して数学的帰納法で厳密に証明しておきましょう。
$n = 1$ のとき： $(\cos\theta + i\sin\theta)^1 = \cos\theta + i\sin\theta = \cos 1\cdot\theta + i\sin 1\cdot\theta$ ✓
$n = k$ で成立すると仮定： $(\cos\theta + i\sin\theta)^k = \cos k\theta + i\sin k\theta$
$n = k+1$ のとき：
$(\cos\theta + i\sin\theta)^{k+1} = (\cos\theta + i\sin\theta)^k \cdot (\cos\theta + i\sin\theta)$
$= (\cos k\theta + i\sin k\theta)(\cos\theta + i\sin\theta)$（帰納法の仮定）
$= (\cos k\theta\cos\theta - \sin k\theta\sin\theta) + i(\sin k\theta\cos\theta + \cos k\theta\sin\theta)$
加法定理より $= \cos(k+1)\theta + i\sin(k+1)\theta$ ✓
よって数学的帰納法により、すべての正の整数 $n$ に対して成立する。□
$n = 0$ のとき：$(\cos\theta + i\sin\theta)^0 = 1 = \cos 0 + i\sin 0$ ✓
$n < 0$（$n = -m$, $m > 0$）のとき：
$$(\cos\theta + i\sin\theta)^{-m} = \frac{1}{(\cos\theta + i\sin\theta)^m} = \frac{1}{\cos m\theta + i\sin m\theta}$$
$$= \frac{\cos m\theta - i\sin m\theta}{\cos^2 m\theta + \sin^2 m\theta} = \cos m\theta - i\sin m\theta = \cos(-m\theta) + i\sin(-m\theta) \quad \checkmark$$
✗ 「$n = k$ で成り立つので $n = k+1$ でも成り立つ」と書いて加法定理の適用を省略
○ 積の展開 → 加法定理の適用 → $\cos(k+1)\theta + i\sin(k+1)\theta$ の導出を明記
帰納法では、帰納ステップの計算過程を省略してはいけません。加法定理が「接着剤」の役割を果たしていることを示すのが本質です。
大学数学ではオイラーの公式 $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ を使います。すると、ド・モアブルの定理は $(e^{i\theta})^n = e^{in\theta}$ と書けます。これは指数法則そのものなので、帰納法すら不要です。高校で帰納法が必要なのは、$e^{i\theta}$ という表記を使わないためです。
ド・モアブルの定理の左辺を二項定理で展開し、実部と虚部を比較すると、$\cos n\theta$ や $\sin n\theta$ を $\cos\theta, \sin\theta$ の多項式で表せます。
$(\cos\theta + i\sin\theta)^2 = \cos^2\theta + 2i\cos\theta\sin\theta + i^2\sin^2\theta = (\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 2i\sin\theta\cos\theta$
一方、ド・モアブルの定理から右辺は $\cos 2\theta + i\sin 2\theta$。実部と虚部を比較して：
$$\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta, \quad \sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$$
これは既知の2倍角の公式そのものです。つまり、2倍角の公式はド・モアブルの定理の $n = 2$ の場合に過ぎないのです。
「2倍角の公式」「3倍角の公式」を個別に暗記する必要はありません。ド・モアブルの定理 + 二項定理の組み合わせで、何倍角でも機械的に導出できます。
$n$ 倍角を求める手順：左辺を二項展開 → $i^2 = -1$ で整理 → 実部が $\cos n\theta$、虚部が $\sin n\theta$
$(\cos\theta + i\sin\theta)^3$ を二項定理で展開します。
$= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta + 3i^2\cos\theta\sin^2\theta + i^3\sin^3\theta$
$= (\cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta) + i(3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta)$
実部と虚部を比較して：
$$\cos 3\theta = \cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$$
$$\sin 3\theta = 3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta$$
※ $\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$（または $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$）を使って一方の三角関数だけで表せます。
✗ $i^3 = i$ として計算する → 虚部の符号が逆になる
○ $i^2 = -1, i^3 = -i, i^4 = 1$ のサイクルを確認
二項展開で $i^k$ が出てくるとき、$k \bmod 4$ で符号が決まります。$i^0=1, i^1=i, i^2=-1, i^3=-i$ の4周期を常に意識しましょう。
$\cos n\theta$ を $\cos\theta$ だけの多項式で表した式をチェビシェフ多項式 $T_n$ と呼びます。$x = \cos\theta$ とおくと、$\cos n\theta = T_n(x)$ です。
| $n$ | $T_n(x) = \cos n\theta$（$x = \cos\theta$） |
|---|---|
| $0$ | $T_0(x) = 1$ |
| $1$ | $T_1(x) = x$ |
| $2$ | $T_2(x) = 2x^2 - 1$ |
| $3$ | $T_3(x) = 4x^3 - 3x$ |
| $4$ | $T_4(x) = 8x^4 - 8x^2 + 1$ |
加法定理から $\cos(n+1)\theta = 2\cos\theta\cos n\theta - \cos(n-1)\theta$ が導かれるので、チェビシェフ多項式は次の漸化式を満たします：
$$T_{n+1}(x) = 2x\,T_n(x) - T_{n-1}(x)$$
この漸化式を使えば、$T_0, T_1$ から順に高次のチェビシェフ多項式を計算できます。
$\cos n\theta$ は $\cos\theta$ の $n$ 次多項式で書ける ── これがチェビシェフ多項式の核心です。
これにより、三角関数の問題を多項式の問題に「翻訳」でき、方程式 $\cos n\theta = c$ は $T_n(x) = c$（$x = \cos\theta$）という代数方程式になります。
チェビシェフ多項式は数値解析（コンピュータで近似計算をする分野）で極めて重要です。関数を多項式で近似するとき、チェビシェフ多項式を使った展開（チェビシェフ展開）が最も効率的な近似を与えることが知られています。ド・モアブルの定理から生まれたこの多項式が、現代のコンピュータ計算を支えているのです。
✗ $T_n(x)$ の最高次の係数は $n$ → 漸化式から $2$ 倍ずつ増えるので $n$ ではない
○ $T_n(x)$ の最高次の係数は $2^{n-1}$（$n \ge 1$）
$T_1(x) = x$（係数 $1 = 2^0$）、$T_2(x) = 2x^2 - 1$（係数 $2 = 2^1$）、$T_3(x) = 4x^3 - 3x$（係数 $4 = 2^2$）と確認できます。
ド・モアブルの定理の最も実用的な応用は、複素数のべき乗を簡潔に計算することです。
$\sqrt{3} + i = 2\!\left(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)$ なので、ド・モアブルの定理より：
$$(\sqrt{3} + i)^n = 2^n\left(\cos\frac{n\pi}{6} + i\sin\frac{n\pi}{6}\right)$$
例えば $n = 6$ のとき：$(\sqrt{3}+i)^6 = 64(\cos\pi + i\sin\pi) = 64 \cdot (-1) = -64$
$n = 12$ のとき：$(\sqrt{3}+i)^{12} = 4096(\cos 2\pi + i\sin 2\pi) = 4096$
$z = \cos\theta + i\sin\theta$ とおくと、$z^n + z^{-n}$ や $z^n - z^{-n}$ がきれいな形になります。
$z = \cos\theta + i\sin\theta$ のとき：
$$z^n + z^{-n} = 2\cos n\theta$$
$$z^n - z^{-n} = 2i\sin n\theta$$
※ 特に $n = 1$ では $z + z^{-1} = 2\cos\theta$, $z - z^{-1} = 2i\sin\theta$ です。
この公式は、$\cos^n\theta$ や $\sin^n\theta$ を多倍角（$\cos k\theta, \sin k\theta$）で表すときに使います。例えば $\cos^3\theta = \left(\dfrac{z+z^{-1}}{2}\right)^3$ を展開して整理すると、3倍角の公式が逆方向に得られます。
✗ $(1+i)^{20}$ を直交形式のまま繰り返し二乗して計算 → 途中で計算ミスが起きやすい
○ 極形式に変換してド・モアブルの定理を適用 → $(\sqrt{2})^{20}(\cos 5\pi + i\sin 5\pi) = 1024 \cdot (-1) = -1024$
高次のべき乗は必ず極形式で計算しましょう。直交形式での繰り返し計算は計算量が多く、ミスの温床です。
$(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$ から、$\theta = \dfrac{2\pi}{m}$ のとき $z^m = 1$ となります。つまり $z$ は $m$ 乗すると $1$ に戻ります。この「周期性」こそが次節の $n$ 乗根の話題の出発点であり、群論における「巡回群」の概念につながります。
Q1. $(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6})^{12}$ の値は？
Q2. $(1 + i)^8$ の値を求めよ。
Q3. ド・モアブルの定理を使って $\cos 2\theta$ を $\cos\theta$ で表せ。
Q4. チェビシェフ多項式 $T_4(x)$ を求めよ。
Q5. $z = \cos\theta + i\sin\theta$ のとき、$z^3 + z^{-3}$ を三角関数で表せ。
次の値を求めよ。
(1) $(1 - i)^{12}$
(2) $\left(\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2}\right)^{30}$
(1) $1-i = \sqrt{2}\!\left(\cos\dfrac{7\pi}{4} + i\sin\dfrac{7\pi}{4}\right)$
$(1-i)^{12} = (\sqrt{2})^{12}\!\left(\cos 21\pi + i\sin 21\pi\right) = 64(\cos\pi + i\sin\pi) = -64$
(2) $\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2} = \cos\dfrac{\pi}{3} + i\sin\dfrac{\pi}{3}$
$\left(\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2}\right)^{30} = \cos 10\pi + i\sin 10\pi = 1$
ド・モアブルの定理を用いて、$\cos 4\theta$ を $\cos\theta$ のみの式で表せ。
$(\cos\theta + i\sin\theta)^4$ を展開する。二項定理より：
$= \cos^4\theta + 4i\cos^3\theta\sin\theta + 6i^2\cos^2\theta\sin^2\theta + 4i^3\cos\theta\sin^3\theta + i^4\sin^4\theta$
$= (\cos^4\theta - 6\cos^2\theta\sin^2\theta + \sin^4\theta) + i(4\cos^3\theta\sin\theta - 4\cos\theta\sin^3\theta)$
実部が $\cos 4\theta$ なので：
$\cos 4\theta = \cos^4\theta - 6\cos^2\theta\sin^2\theta + \sin^4\theta$
$\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta$ を代入：
$= \cos^4\theta - 6\cos^2\theta(1-\cos^2\theta) + (1-\cos^2\theta)^2$
$= \cos^4\theta - 6\cos^2\theta + 6\cos^4\theta + 1 - 2\cos^2\theta + \cos^4\theta$
$= 8\cos^4\theta - 8\cos^2\theta + 1$
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\cos k\theta$ と $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\sin k\theta$ をそれぞれ求めよ。ただし $\theta \neq 2m\pi$（$m$ は整数）とする。
$z = \cos\theta + i\sin\theta$ とおくと $z \neq 1$。
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}z^k = \frac{z^n - 1}{z - 1}$（等比級数の和）
$z^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$, $z - 1 = (\cos\theta - 1) + i\sin\theta$ なので：
分母分子に $\bar{z-1} = (\cos\theta - 1) - i\sin\theta$ をかけて整理するか、あるいは：
$\dfrac{z^n - 1}{z - 1} = \dfrac{z^{n/2}(z^{n/2} - z^{-n/2})}{z^{1/2}(z^{1/2} - z^{-1/2})} = z^{(n-1)/2} \cdot \dfrac{\sin\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}$
$= \left(\cos\dfrac{(n-1)\theta}{2} + i\sin\dfrac{(n-1)\theta}{2}\right)\dfrac{\sin\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}$
実部と虚部を比較して：
$$\sum_{k=0}^{n-1}\cos k\theta = \frac{\sin\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\cos\frac{(n-1)\theta}{2}$$
$$\sum_{k=0}^{n-1}\sin k\theta = \frac{\sin\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\sin\frac{(n-1)\theta}{2}$$
$8x^3 - 6x + 1 = 0$ の3つの実数解を、三角関数を用いて表せ。
（ヒント：$x = \cos\theta$ と置換し、3倍角の公式を利用する）
$x = \cos\theta$ とおくと、$8\cos^3\theta - 6\cos\theta + 1 = 0$
$2(4\cos^3\theta - 3\cos\theta) + 1 = 0$
3倍角の公式 $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ より：
$2\cos 3\theta + 1 = 0$、すなわち $\cos 3\theta = -\dfrac{1}{2}$
$3\theta = \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi$ または $3\theta = \dfrac{4\pi}{3} + 2k\pi$（$k$ は整数）
$\theta = \dfrac{2\pi}{9} + \dfrac{2k\pi}{3}$ または $\theta = \dfrac{4\pi}{9} + \dfrac{2k\pi}{3}$
$0 \le \theta < \pi$ で異なる値を列挙すると：$\theta = \dfrac{2\pi}{9}, \dfrac{4\pi}{9}, \dfrac{8\pi}{9}$
よって3つの実数解は：
$$x = \cos\frac{2\pi}{9}, \quad x = \cos\frac{4\pi}{9}, \quad x = \cos\frac{8\pi}{9}$$
3次方程式を三角関数で解くこの手法は、カルダノの公式の代替として歴史的にも重要です。3次方程式 $4x^3 - 3x = c$（$|c| \le 1$）は常にこの方法で解けます。チェビシェフ多項式 $T_3(x) = 4x^3 - 3x$ が方程式の左辺に現れている点に注目してください。