\(\alpha = \displaystyle \frac{2\pi}{7} \) とする。以下の問いに答えよ。
（１） \( \cos 4\alpha = \cos 3\alpha \) であることを示せ。
（２） \( f(x) = 8x^3+4x^2-4x-1 \) とするとき、\( f(\cos\alpha)=0 \) が成り立つことを示せ。
（３） \( \cos\alpha \) は無理数であることを示せ。
【解説】
三角関数を扱った問題です。 この問題では \( \cos \frac{2\pi}{7} \) が無理数であることを証明します。背理法を使って、\( \cos \frac{2\pi}{7} \) が有理数と仮定して、矛盾を示して証明します。頻出問題ですので、回答の流れをしっかりと掴みましょう。
\begin{eqnarray}
\sin2\alpha &=& 2\sin\alpha \cos\alpha \\
\cos2\alpha &=& \cos^2\alpha – \sin^2\alpha \\
&=& 2\cos^2\alpha -1 \\
&=& 1 – 2 \sin^2\alpha
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\sin^3\alpha &=& 3\sin\alpha – 4 \sin^3\alpha \\
\cos^3\alpha &=& 4 \cos^3\alpha -3 \cos\alpha \\
\end{eqnarray}
【解答】
（１）
\begin{eqnarray}
\cos 4\alpha &=& \cos \frac{8\pi}{7} \\
&=& \cos \left( 2\pi – \frac{6\pi}{7} \right) \\
&=& \cos \frac{6\pi}{7} \\
&=& \cos 3\alpha \cdots ①
\end{eqnarray}
（２）
\begin{eqnarray}
f(x) &=& 8x^3+4x^2-4x-1 \\
f(\cos\alpha) &=& 8\cos^3\alpha +4\cos^2\alpha+4\cos\alpha-1 \cdots② \\[10pt]
\cos4\alpha &=& 2 \cos^2 2\alpha -1 \\
&=& 2(2\cos^2\alpha-1 )^2 – 1 \\
&=& 8\cos^4\alpha -8 \cos^2\alpha +1 \cdots ③ \\[10pt]
\cos3\alpha &=& \cos2\alpha \cos\alpha – \sin2\alpha \sin\alpha \\
&=& (2\cos^2\alpha-1)\cos\alpha – 2\sin^2\alpha \cos\alpha \\
&=& 2\cos^3\alpha – \cos\alpha – 2(1-\cos^2\alpha)\cos\alpha \\
&=& 4 \cos^3\alpha – 3\cos\alpha \cdots ④ \\
\end{eqnarray}
ここで（１）より \( \cos4\alpha=\cos3\alpha \) だから、③④より
\begin{equation}
8\cos^4\alpha -8\cos^2\alpha+1 = 4\cos^3\alpha-3\cos\alpha \\
8\cos^4\alpha-4\cos^3\alpha-8\cos^2\alpha+3\cos\alpha+1 = 0 \\
( \cos\alpha -1 )(8\cos^3\alpha+4\cos^2\alpha-4\cos\alpha-1) = 0 \\
\end{equation}
\( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} \) より \( \cos\alpha \ne 1 \) だから
\begin{eqnarray}
&& 8\cos^3\alpha+4\cos^2\alpha-4\cos\alpha-1 = 0 \\
&& ∴f(\cos\alpha) = 0 \cdots ⑤ \\
\end{eqnarray}
（３）
\( \cos\alpha \) が有理数 \( \frac{p}{q} \) と仮定する。ただし \( p,q \) は互いに素な正の整数とする。
\( 0 < \alpha < \frac{\pi}{3} \) より
\begin{equation}
\cos\frac{\pi}{3} < \cos\alpha < \cos0 \\
\frac{1}{2} < \cos\alpha < 1 \\
\frac{1}{2} < \frac{p}{q} < 1 \\
q < 2p < 2q \\
∴0<p<q<2p \cdots ⑥ \\
\end{equation}
ここで（２）より \( f(\cos\alpha)=0 \) だから
\begin{equation}
f\left(\frac{p}{q}\right) = 8\left(\frac{p}{q}\right)^3+4\left(\frac{p}{q}\right)^2-4\left(\frac{p}{q}\right)-1 = 0 \\
∴8p^3+4p^2q-4pq^2-q^3 = 0 \\
q^3 = 4p(2p^2+pq-q^2) \cdots ⑦ \\
\end{equation}
⑦の右辺は \( p \) を因数にもつから、左辺の \( q^3 \) すなわち \( q \) が \( p \) を因数にもたなければならない。\( p, q \) は互いに素だから、\( p = 1 \) となる。これを⑥に代入すると、
$$ 0<1<q<2 $$
となり、\( q \) は整数とならず、矛盾する。よって、\( cos \alpha \) は無理数である。
