cos36°を暗記で終わらせないで！

前回の記事

で、「cos36°は良い子（４・１・５）」で、何も考えずにマーク式の問題を当てちゃおう！

とゆー、何とも小手先なテクニックを紹介しましたが…

これが黄金比とcos36°との、大学受験数学での正しい付き合い方です。

記述式でも頻出なんだよ…

最近の有名大での記述式の出題だと…

2020中央大商第Ⅱ問

(3)で「cos36°の値」が問われていますが、記述式なので「良い子（４・１・５）」で当てても…論証しないとねぇ…(笑)

実はこの問題の解説って、既にこれまでの記事でやっちゃってるに等しいんですよ。

の『正五角形』の図の赤の二等辺三角形を…

というように青の三角形の中に移動させて、正五角形を登場させないようにしただけ、正五角形の対角線 \(l\) を１に変えて。

因みに、上の図の青から赤を除いた二等辺三角形は、前回の記事冒頭の二等辺三角形と合同なので、この二等辺を半分に割った直角三角形からcos36°を考えるのは明らかです。

解答

これまでの記事の内容を知ってれば、間違えようがないでしょ？

とゆーわけで、ここからは大学受験数学で知っておいた方がいいcos36°の導出を紹介していきます。

文理共通範囲でのcos36°の導出

正五角形の利用

概要

前々回の記事の『正五角形』から前回の記事冒頭の流れ、と同様の導出ですが、ここでは『トレミーの定理』を用いて、正五角形の対角線を時短で求める方法を紹介します。

導出

一辺の長さが１、対角線長さが \(l\) の正五角形 \(\textrm{ABCDE}\) について、\(∠\textrm{BAC}=108^\circ\:,\:\:\)\(∠\textrm{ABC}=\displaystyle\frac{180^\circ-108^\circ}{2}=36^\circ\) である。

四角形 \(\textrm{BCDE}\) は円に内接するので、トレミーの定理より、

\(l\cdot l\:\)\(\:=\:\)\(\:l\cdot1+1\cdot1\)

\[\Leftrightarrow\:\:l^2-l-1=0\]

\(l>0\) より、解の公式から、\[l=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]

上図の直角三角形に注目することで、

\[\cos36^\circ=\displaystyle\frac{l}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}\]

２倍角と３倍角の公式の併用（チェビシェフ多項式）

概要

\(\theta=36^\circ=\displaystyle\frac{\pi}{5}\) は５倍することで有名角 \(180^\circ=\pi\) となります。

文理共通範囲では５倍角の公式の導出が面倒なため、５＝２＋３より、暗記が推奨されている２倍角と３倍角の公式で \(180^\circ=\pi\) を登場させる方法が有名です。

cosの３倍角の語呂合わせを授業で教えると…

男どもが「下ネタだ～」って喜びだすんだけど…(笑)

下図の対称性（補角公式でも良い）から、

誘導がつく場合はcosでの立式が要されるケースの方が多いんだけど、自分で導くときはsinの方が楽です。

導出

\(\theta=36^\circ\) について、

\[\begin{split}\sin3\theta&=\sin(180^\circ-2\theta)\\&=\sin2\theta\end{split}\]

よって、

\[3\sin\theta-4\sin^3\theta=2\sin\theta\cos\theta\]

\(\sin\theta\neq0\) より、

\[\begin{split}&3-4\sin^2\theta=2\cos\theta\\\Leftrightarrow\:\:&3-4(1-c^2)=2c\\\Leftrightarrow\:\:&4c^2-2c-1=0\end{split}\]

\(c>0\) より、解の公式から、

\[c=\cos36^\circ=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\]

理系専用範囲でのcos36°の導出

執筆時2022年度では完全に理系専用範囲の「複素数平面」の知識を用いた導出も有名です。

極形式で５倍角の公式を立式

概要

前項で「文理共通範囲では５倍角の公式の導出が面倒」と言いましたが、理系専用範囲の「極形式」と「ド・モアブルの定理」を用いれば、比較的簡単に５倍角の公式を導くことができます。

「二項定理」も使うので一応紹介しますが…

高校入ってからすぐに、絶対暗記させられる展開公式

\((a+b)^3=a^3+\:\)\(3\)\(a^2b+3ab^2+b^3\)

の各項の次数は全て３だよね？これは、

\((a+b)^3=(a+b)(a+b)(a+b)\)

ってゆー３つのカッコ１つずつから \(a\) と \(b\) のどっちかを持ってきて展開してるから。

\(a^2b\) は \(b\) を１個持ってきてる。

\(b\) を３つのどのカッコから持ってくるかで \({}_3\mathrm{C}_1=3\) ってこと。

\(b\) を \(0\) 個持ってきた場合、\(a\) は \(n\) 個で、\(b\) を持ってくるカッコの選び方は \({}_n\mathrm{C}_0\)
\(b\) を \(1\) 個持ってきた場合、\(a\) は \(n-1\) 個で、\(b\) を持ってくるカッコの選び方は \({}_n\mathrm{C}_1\)
\(b\) を \(2\) 個持ってきた場合、\(a\) は \(n-2\) 個で、\(b\) を持ってくるカッコの選び方は \({}_n\mathrm{C}_2\)
：
：
：
\(b\) を \(n-1\) 個持ってきた場合、\(a\) は \(1\) 個で、\(b\) を持ってくるカッコの選び方は \({}_n\mathrm{C}_{n-1}\)
\(b\) を \(n\) 個持ってきた場合、\(a\) は \(0\) 個で、\(b\) を持ってくるカッコの選び方は \({}_n\mathrm{C}_n\)
↓

全体の流れとしては、

って感じなんですが、ほぼ作業化しておけるのが理想です。

導出

ド・モアブルの定理から、

\[(\cos\theta+i\sin\theta)^5=\cos5\theta+i\sin5\theta\]

この両辺の虚部に注目することで、

\({}_5\mathrm{C}_1\cos^4\theta(i\sin\theta)+{}_5\mathrm{C}_3\cos^2\theta(i\sin\theta)^3\:\)\(+{}_5\mathrm{C}_5(i\sin\theta)^5=i\sin5\theta\)

両辺を \(i\) で割って、

\(5\cos^4\theta\sin\theta-10\cos^2\theta\sin^3\theta+\sin^5\theta=\sin5\theta\)

ここで、\(\theta=36^\circ\) より \(\sin5\theta=\sin180^\circ=0\) 、また \(\sin\theta\neq0\) であるから、

\[\begin{split}&5\cos^4\theta-10\cos^2\theta\sin^2\theta+\sin^4\theta=0\\\Leftrightarrow\:\:&5c^4-10c^2(1-c^2)+(1-c^2)^2=0\\\Leftrightarrow\:\:&16c^4-12c^2+1=0\end{split}\]

解の公式より、

\[c^2=\displaystyle\frac{6\pm\sqrt{20}}{16}\]

\(c>0\) から、

\[\begin{split}c&=\displaystyle\frac{\sqrt{6\pm2\sqrt{5}}}{4}=\frac{\sqrt{(\sqrt{5}\pm1)^2}}{4}\\&=\frac{\sqrt{5}\pm1}{4}\end{split}\]

\(c=\cos36^\circ>\cos45^\circ=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\) より、

\[\cos36^\circ=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\]

１の５乗根の利用

概要

方程式 \(x^5=1\) の解を「１の５乗根」と呼びます。

これと前項で紹介した「ド・モアブルの定理」を活用することでcos36°を求めることも可能です。

なので、ここではcos72°を求めてから、

でcos36°を導くことにします。

因みに「半角公式」は、先に紹介した「２倍角の公式」を変形しただけですが…

三角関数の次数を下げてくれるから、
「半角公式」が三角関数の公式の中で一番重要

です。

他にここで使う知識は２つ。

「１の５乗根」の場合は \(y\) に１を当てはめて簡略化した、

\(x^n-1\)\(\:=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+x^{n-3}\)\(\:+\:\cdots\cdots\:+x+1)\)

を覚えてればいいんだけど…

だから \(x^n-y^n\) で暗記しておくのがベスト。

2018慶應義塾大理工の一番最初で出題されているくらい有名です。

因みに「１の７乗根」もたまに出題されますが、相反型６次になるので \(x^3\) で割ります。

導出

\(x=\cos72^\circ+i\sin72^\circ\) について、ド・モアブルの定理から、

\(x^5=\cos360^\circ+i\sin360^\circ=1\)

∴　\(x^5-1=0\)

\[\Leftrightarrow\:\:(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=0\]

\(x\neq1\) より、

\[x^4+x^3+x^2+x+1=0\]

\(x\neq0\) より、

\[\begin{split}&x^2+x+1+\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=0\\\Leftrightarrow\:\:&\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)+\left(x+\frac{1}{x}\right)+1=0\end{split}\]

ここで \(x+\displaystyle\frac{1}{x}=t\) とおくと、\(x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}=t^2-2\) より、

\[\begin{split}&t^2-2+t+1=0\\\Leftrightarrow\:\:&t^2+t-1=0\end{split}\]

解の公式から、

\[t=\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\]

ここで、

\[\begin{split}t&=x+\displaystyle\frac{1}{x}\\&=\cos72^\circ+i\sin72^\circ+\frac{1}{\cos72^\circ+i\sin72^\circ}\\&=\cos72^\circ+i\sin72^\circ+\cos{\small(-72^\circ)}+i\sin{\small(-72^\circ)}\\&=\cos72^\circ+i\sin72^\circ+\cos72^\circ-i\sin72^\circ\\&=2\cos72^\circ\end{split}\]

\(\cos72^\circ>0\) より、

\[\cos72^\circ=\displaystyle\frac{t}{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\]

よって、

\[\begin{split}\cos^236^\circ&=\displaystyle\frac{1+\cos72^\circ}{2}=\frac{1+\displaystyle\frac{-1+\sqrt{5}}{4}}{2}\\&=\frac{3+\sqrt{5}}{8}=\frac{6+2\sqrt{5}}{16}\\&=\left(\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right)^2\end{split}\]

\(\cos36^\circ>0\) より、

\[\cos36^\circ=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\]

まとめ

ここで扱った４つ（文系なら２つ）のcos36°の導出を自分でできるようにしておけば、大学受験で出題されたときに完勝間違いなし！

やっぱり凄い長い記事になっちゃったな～、今度こそ短くするつもりだったんだけどね(笑)

申し訳ないm(_ _)m

君の大学受験が最高の結果になることを祈ってます！