三角関数の和

この記事では、$0 < \theta < 2 \pi$ において成立する公式 *1
\begin{align}
\cos(\theta) + \cos(2\theta) + \cdots + \cos(n\theta) & \\
= \sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) &= \frac{\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{align} をいくつかの方法で証明します。*2

(1) 三角関数の公式を用いた変形

やや天下り的ですが、左辺に $2 \sin\left(\frac{\theta}{2}\right)$ をかけることを考えます。積和公式から、
\begin{equation}
2\cos(k\theta) \sin\left(\frac{\theta}{2}\right) = \sin \left( \left(k + \frac{1}{2} \right)\theta \right) - \sin \left( \left(k - \frac{1}{2} \right)\theta \right) \tag{1}
\end{equation}
と変形できます。式 (1) から、
\begin{align}
2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) &= \sum_{k = 1}^n \left( \sin \left( \left(k + \frac{1}{2} \right)\theta \right) - \sin \left( \left(k - \frac{1}{2} \right)\theta \right) \right) \\
&= \left( -\sin \left( \frac{1}{2}\theta \right) + \cancel{\sin \left( \frac{3}{2}\theta \right)} \right) \\
&+ \left( - \cancel{\sin \left( \frac{3}{2}\theta \right)} + \cancel{\sin \left( \frac{5}{2}\theta \right)} \right) \\
&+ \cdots \\
&+ \left( -\cancel{\sin \left( \left(n - \frac{3}{2} \right)\theta \right)} + \cancel{ \sin \left( \left(n - \frac{1}{2} \right)\theta \right)} \right) \\
&+ \left( -\cancel{\sin \left( \left(n - \frac{1}{2} \right)\theta \right)} + \sin \left( \left(n + \frac{1}{2} \right)\theta \right) \right) \\
& = \sin \left( \left(n + \frac{1}{2} \right)\theta \right) -\sin \left( \frac{1}{2}\theta \right)
\end{align} とうまい具合に間が全てキャンセルします。さらに和積公式から、

\begin{equation}
2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) = 2 \sin \left( \frac{n}{2} \theta\right) \cos \left( \frac{n + 1}{2} \theta\right)
\end{equation} と変形できるので、最後に両辺 $2\sin\left(\theta / 2 \right) \ (\neq 0)$ で割って、
\begin{equation}
\sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) = \frac{\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{equation} を得ます。

振り返ると、積和公式によって角度を $\theta / 2$ ずらし、上手いこと打ち消しあうように変形するのが肝でした。

(2) 複素数を用いた変形

(1) では変形がトリッキーでしたが、ここでは複素数を用いて解くことを考えます。
\begin{equation}
w_k = \exp \left( \mathrm{i} k\theta \right) = \cos \left(k\theta \right) + \mathrm{i} \sin \left(k\theta \right)
\end{equation} と置き、
\begin{align}
S_n &= \sum_{k = 1}^n w_k \\
&= \sum_{k = 1}^n \exp \left( \mathrm{i} k\theta \right)
\end{align} と置きます。$\mathrm{Re} \left( S_n \right)$ が求めるべき和です。
等比級数の和の公式から、
\begin{align}
S_n &=\frac{\exp \left( \mathrm{i} \theta \right) \left( 1 - \exp \left( \mathrm{i} n\theta \right) \right)}{1 - \exp \left( \mathrm{i} \theta \right)} \\
&=\frac{\exp \left( \mathrm{i} \theta \right) \exp \left( \mathrm{i} \frac{n\theta}{2} \right) \left( \exp \left( -\mathrm{i} \frac{n\theta}{2} \right) - \exp \left( \mathrm{i} \frac{n\theta}{2} \right) \right)}
{\exp \left( \mathrm{i} \frac{\theta}{2} \right) \left( \exp \left( -\mathrm{i} \frac{\theta}{2} \right) - \exp \left( \mathrm{i} \frac{\theta}{2} \right) \right)} \\
&=\frac{\exp \left( \mathrm{i} \frac{n + 1}{2}\theta \right) \left( \exp \left( -\mathrm{i} \frac{n\theta}{2} \right) - \exp \left( \mathrm{i} \frac{n\theta}{2} \right) \right)}
{\exp \left( -\mathrm{i} \frac{\theta}{2} \right) - \exp \left( \mathrm{i} \frac{\theta}{2} \right)}
\end{align}
今、
\begin{equation}
\sin \varphi = \frac{\exp(\mathrm{i} \varphi) - \exp(-\mathrm{i} \varphi)}{2\mathrm{i}}
\end{equation} を $\varphi = n\theta / 2, \ \theta / 2$ に対して用いると、
\begin{equation}
S_n = \frac{\exp \left( \mathrm{i} \frac{n + 1}{2}\theta \right) \sin\left(\frac{n\theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{equation} となります。両辺の実部・虚部を比較すると、

\begin{align}
\sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) = \frac{\cos \left( \frac{n + 1}{2}\theta \right) \sin\left(\frac{n\theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} \\
\sum_{k = 1}^n \sin(k\theta) = \frac{\sin \left( \frac{n + 1}{2}\theta \right) \sin\left(\frac{n\theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{align} を得るので、目的の式が証明でき、ついでに $\sin$ の和も得ることができました。
これは、(1) と比較すると思いつきやすい変形かと思います。

(3) 数学的帰納法

変形が思いつかなくても、最後の手段として帰納法があります。結局は (1) と似たような変形が行われます。命題
\begin{equation}
\sum_{k = 1}^n \cos(k\theta) = \frac{\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{equation} を $F(n)$ と置くことにします。


$(\mathrm{A}) \ F(1)$ の証明
$F(1)$ 右辺 $= \cos \theta$ なので、$F(1)$ は成り立ちます。

$(\mathrm{B}) \ F(n) \Longrightarrow F(n + 1)$ の証明
$F(n)$ を仮定します。このとき、$F(n)$ 両辺に $\cos \left( (n + 1) \theta \right)$ を足して、
\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n + 1} \cos(k\theta) &= \frac{\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} + \cos \left( (n + 1) \theta \right) \\
&=\frac{\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right) + \sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left( (n + 1) \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{align} が成り立ちます。さらに、積和公式から、

\begin{align}
\sin\left(\frac{n\theta}{2}\right) \cos\left(\frac{n + 1}{2} \theta \right) &= \frac{1}{2} \left( \sin\left( \left( n + \frac{1}{2} \right) \theta\right) - \sin\left( \frac{\theta}{2} \right) \right) \\
\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left( (n + 1) \theta \right) &= \frac{1}{2} \left( \sin\left( \left( n + \frac{3}{2} \right) \theta\right) - \sin\left( \left( n + \frac{1}{2} \right) \theta\right) \right)
\end{align} なので、

\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n + 1} \cos(k\theta) &= \frac{\sin\left( \left( n + \frac{3}{2} \right) \theta\right) - \sin\left( \frac{\theta}{2} \right)}
{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{align} となります。和積公式から、

\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n + 1} \cos(k\theta) &= \frac{\sin\left(\frac{n + 1}{2}\theta \right) \cos\left(\frac{n + 2}{2} \theta \right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}
\end{align} と変形できます。
これは $F(n + 1)$ です。以上より、$F(n) \Longrightarrow F(n + 1)$ が言えました。

以上 $(\mathrm{A}), \ (\mathrm{B})$ から、数学的帰納法より、$F(n)$ が言えました。

*1:この公式は $\theta = 0$ において右辺分母が $0$ になるので厳密には成立しません。ただし、$\theta = 0$ において左辺は明らかに $n$ ですが、右辺も $\theta \rightarrow 0$ において $n$ に収束しています。

*2:例えば、www.quora.com でもこの話題が扱われています。

三角関数の厳密値の表②

以下の記事の続きです。
mathkyopro.hatenablog.com

$3^{\circ}$ 刻みの三角関数の値が求まりましたが、どうせなら $1^{\circ}$ ごとの値を求めたくなります。$3^{\circ}$ 刻みの三角関数の値を求めるのと同じ要領で、$1^{\circ}$ での三角関数の値が分かれば良いです。
そのために $\cos 20^{\circ}$ の値を求めることを考えましょう。これが求まれば、$3$ の倍数である $21^{\circ}$ での値と合わせると、加法定理から $1^{\circ}$ での値を求めることができます。

三倍角の公式とカルダノの公式による $\cos 20^{\circ}$ の導出

三倍角の公式から、$\cos 20^{\circ}$ が満たす $3$ 次方程式が作れますが、$3$ 次方程式にはカルダノの公式という解の公式があるので、$\cos 20^{\circ}$ を求めることができるはずです。カルダノの公式はあまりに複雑なので、カルダノの解の公式を作る方法をたどり、$3$ 次方程式を解いていきます。$\theta = \pi / 9 \ (20^{\circ})$ と置くと、三倍角の公式から、
\begin{align}
& 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta = \frac{1}{2} \\
& 8 \cos^3 \theta - 6 \cos \theta - 1 = 0 \tag{1}
\end{align} が成立します。一般の $3$ 次方程式では立方完成をして $2$ 次の項を消さなければならないのですが、この方程式はラッキーなことに元々ありません。カルダノの方法ではここで、
\begin{align}
\cos \theta = u + v \tag{2}
\end{align} とわざわざ二変数で置くのが肝です。これを元の式 $(1)$ に代入することで、
\begin{align}
& 8(u^3 + v^3) + 24uv(u + v) - 6(u + v) -1 = 0 \\
& 8(u^3 + v^3) -1 + 6(4uv - 1)(u + v) = 0 \tag{3}
\end{align} を得ます。式 $(3)$ の十分条件として、
\begin{align}
\begin{cases}
8(u^3 + v^3) -1 = 0 \\
4uv - 1 = 0
\end{cases} \tag{4}
\end{align} が取れます。今、$\cos \theta = u + v = 0$ は式 $(1)$ の解ではないことに注意してください。$2$ 次方程式の解と係数の関係から、式 $(4)$ を満たす $u, \ v$ に対して、$u^3, \ v^3$ は
\begin{align}
t^2 - \frac{1}{8}t + \frac{1}{64} = 0
\end{align} の解です。従って、$2$ 次方程式の解の公式から、
\begin{align}
u^3, \ v^3 = \frac{1 \pm \sqrt{3} \mathrm{i}}{16} \tag{5}
\end{align} を得ます。以上より、$1$ の原始立方根 を
\begin{align}
\omega = \frac{-1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}
\end{align} と置くと、
\begin{align}
(u, \ v) = \left( \frac{1}{2} \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}}, \frac{1}{2} \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right), \\
\left( \frac{\omega}{2} \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}}, \frac{\omega^2}{2} \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right), \\
\left( \frac{\omega^2}{2} \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}}, \frac{\omega}{2} \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) \tag{6}
\end{align} が式 $(4)$ の解です。式 $(4)$ の第 $2$ 式から、$u, \ v$ それぞれの $3$ 乗根の前についている数が、かけると $1 / 4$ にならないといけないですが、$\omega^3 = 1$ であるので、全ての組でそれが満たされていることに注意してください。式 $(6), \ (2)$ から、式 $(1)$ の解は
\begin{align}
\cos \theta = & \frac{1}{2} \left( \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) \\
& \frac{1}{2} \left( \omega \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \omega^2 \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) \\
& \frac{1}{2} \left( \omega^2 \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \omega \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) \tag{7}
\end{align} です。$3$ 次方程式の解は $3$ つあり、$3$ つ解が見つかったので、これで全てです。

このうちどれが $\cos (\pi / 9)$ であるかは後で見ることにして、これで厳密解が求まったのでしょうか。実数のはずなのに、虚数が表式に含まれていますが…

実は、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{9} \right) = \frac{1}{2} \left( \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) \tag{8}
\end{align} です。このことは、以下のように変形するとわかります。
\begin{align}
\frac{1}{2} \left( \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) = \frac{1}{2} \left( \sqrt[3]{\exp \left( +\mathrm{i} \frac{\pi}{3}\right)} + \sqrt[3]{\exp \left( -\mathrm{i} \frac{\pi}{3}\right)} \right)
\end{align} 複素数の性質、あるいはド・モアブルの法則から、*1
\begin{align}
\sqrt[3]{\exp \left( \pm \mathrm{i} \frac{\pi}{3}\right)} = \exp \left( \pm \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right)
\end{align} であって、
\begin{align}
\frac{1}{2} \left( \sqrt[3]{\frac{1 + \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{1 - \sqrt{3} \mathrm{i}}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left(\exp \left( + \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right) + \exp \left( - \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right)\right) \tag{9}
\end{align} です。式 $(8)$ に式 $(9)$ を代入すると、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{9} \right) = \frac{1}{2}\left(\exp \left( + \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right) + \exp \left( - \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right)\right) \tag{10}
\end{align} となります。しかしこれはそもそもオイラーの公式
\begin{align}
\exp \left( \pm \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right) = \cos \left( \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right) \pm \sin \left( \mathrm{i} \frac{\pi}{9}\right)
\end{align} から自明です。つまり、せっかく頑張って $3$ 次方程式を解きましたが、式 $(8)$ はほとんど自明な式です。

式 $(8)$ は、虚数を含んでおり、実際の値を計算するのに何の役にも立たない上にほとんど自明な式であり、厳密解と呼べる代物ではなさそうです。

それでは他の方法では厳密解は求まるのかという話ですが、残念ながら有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根と $3$ 乗根の組み合わせで、虚数を用いずに $\cos \left( \frac{\pi}{9} \right) $ を表すことは不可能であることが証明されているようです。

作図可能性について知られている事実

正 $n$ 角形の定規とコンパスによる作図可能性については良く知られていますが、正 $n$ 角形の $1$ 辺の長さは $\cos( 2 \pi / n)$ なので、正 $n$ 角形が作図可能であるということは、$\cos( 2 \pi / n)$ が作図可能であるということです。さらに、ある数が作図可能であるとき、その数は有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根の組み合わせで表せるということが証明されています。さらに以下の事実が知られています。
\begin{align}
& 正 \ n \ 角形が作図可能 \Leftrightarrow \\
& 非負整数 \ m \ と \ k \ (\ge 0) \ 個の \text{フェ} \text{ルマー} \text{素} \text{数} \ p_1 \cdots p_k \ を用いて \ n = 2^m p_1 \cdots p_k \ と書ける
\end{align} フェルマー素数とは、非負整数 $l$ を用いて $2^{2^l} + 1$ と書ける素数です。小さい方から $5$ 個をあげると、$3 \ (l = 0), \ 5 \ (l = 1), \ 17 \ (l = 2), \ 257 \ (l = 3), \ 65537 \ (l = 4)$ です。因みに、$l \le 4$ では常に素数であり、フェルマーは $2^{2^l} + 1$ は常に素数であると主張しましたが、$l = 5$ は合成数であることが後に示され、その主張は誤りであることが分かっています。
この定理を見ると、$n$ の素因数のうち $2$ はいくつあってもよく、特に $n$ 角形が作図可能なら $2n$ 角形も作図可能であることが分かりますが、これは、角の $2$ 等分が常に可能であることに対応しています。

さて、$\cos( 2 \pi / 120) \ (\cos 3^{\circ})$ は有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根の組み合わせで表されており、作図可能でしたが、実際 $120 = 2^3 \times 3^1 \times 5^1$ であり、上の定理の条件の通り $n$ が $2$ の冪乗とフェルマー素数の積で書かれています。一方、$\cos( 2 \pi / 360) \ (\cos 1^{\circ})$ は有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根の組み合わせで表されませんが、実際 $360 = 2^3 \times 3^2 \times 5^1$ であり、上の定理の条件を満たしていません。$3$ の冪が $2$ であることに注意してください。つまり、正 $360$ 角形は作図不可能であり、従って $\cos( 2 \pi / 360) \ (\cos 1^{\circ})$ も作図不可能です。$\cos( 2 \pi / 18) \ (\cos 20^{\circ})$ についても、$120 = 2^1 \times 3^2$ であり同様です。

作図不可能な数は、有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根の組み合わせで表されませんが、恐らく$3$ 乗根を許しても、虚数を許さない限りは表されるようにはならないのだと思います (未確認)。いずれにせよ、$\cos( 2 \pi / 360) \ (\cos 1^{\circ})$ や $\cos( 2 \pi / 18) \ (\cos 20^{\circ})$ は、有限個の有理数と四則演算と$2$ 乗根と $3$ 乗根の組み合わせで厳密値を与えることは不可能であり、厳密値が書ける弧度法で整数の角度は、$3^{\circ}$ の倍数の角度だけです。

*1:一般に $3$ 乗してある複素数になる複素数は $3$ つあり、どれを $3$ 乗根とするかが問題になりますが、自然に、$3$ 乗根は偏角が $1 / 3$ である複素数を $3$ 乗根とします。

三角関数の厳密値の表①

この記事の続きです。
mathkyopro.hatenablog.com

前回の記事ではいくつかの有名角ではないものの比較的有名な角度で三角関数の値を求めました。特に、$\pi / 12 \ (15^{\circ})$ において、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}, \ \ \sin \left( \frac{\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}
\end{align} で、$\pi / 10 \ (18^{\circ})$ において、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{10} \right) = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}, \ \ \sin \left( \frac{\pi}{10} \right) = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}
\end{align} でした。

さて、普通の三角関数表では、多くの場合 $1^{\circ}$ 刻みの角度に対して近似値が載っています。多くの角度で厳密値が求まりましたが、厳密値の表を作ることはできないのでしょうか。まず、上の値から $\pi / 60 \ (3^{\circ})$ での三角関数の値が求まることに気づきます。
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{60} \right) = \cos \left( \frac{\pi}{12} \right) \cos \left( \frac{\pi}{10} \right) + \sin \left( \frac{\pi}{12} \right) \sin \left( \frac{\pi}{10} \right) \\
= \frac{\left( \sqrt{6} + \sqrt{2} \right) \sqrt{10 + 2 \sqrt{5}} + \left( \sqrt{6} - \sqrt{2} \right) \left( \sqrt{5} - 1 \right)}{16} \\
= \frac{2 \sqrt{15+3 \sqrt{5}} + 2 \sqrt{5+\sqrt{5}} + \sqrt{30} - \sqrt{10} - \sqrt{6} + \sqrt{2} }{16}
\end{align} です。同様に、
\begin{align}
\sin \left( \frac{\pi}{60} \right) = \cos \left( \frac{\pi}{12} \right) \sin \left( \frac{\pi}{10} \right) - \sin \left( \frac{\pi}{12} \right) \cos \left( \frac{\pi}{10} \right) \\
= \frac{- \left( \sqrt{6} - \sqrt{2} \right) \sqrt{10 + 2 \sqrt{5}} + \left( \sqrt{6} + \sqrt{2} \right) \left( \sqrt{5} - 1 \right)}{16} \\
= \frac{- 2 \sqrt{15+3 \sqrt{5}} + 2 \sqrt{5+\sqrt{5}} + \sqrt{30} + \sqrt{10} - \sqrt{6} - \sqrt{2} }{16}
\end{align} です。複雑な形ですが厳密値が求まりました。$\tan$ もここから当然求まります。 ここから加法定理を連続して用いていくことによって、整数 $n$ に対して $3n^{\circ}$ における三角関数が求まります。つまり、$\pi / 60 \ (3^{\circ})$ 刻みでの三角関数の表が原理的には作れます。かなりの気合と根性が必要ですが…

頑張って計算すると以下の表のようになります。赤字は有名角です。太字はこれまで計算してきた準有名角です。*1*2

*1:例えば www.wolframalpha.com などで厳密値を出力できます。

*2:例えば www10.plala.or.jp でも厳密値の表が紹介されています。

有名な三角関数の値 (準有名角)②

この記事の続きです。
mathkyopro.hatenablog.com

$\theta = \pi / 8 \ (22.5^{\circ})$ での三角関数

これらの次に、度数法で整数ではありませんが、$\theta = \pi / 8 \ (22.5^{\circ})$ が有名です。これも単に $\pi / 4 \ (45^{\circ})$ から半角公式で求めることができます。
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{8} \right) = \sqrt{\frac{1 + \cos \left( \frac{\pi}{4} \right)}{2}} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} \\
\end{align} を得ます。同様に半角公式から (あるいは単に $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ から)
\begin{align}
\sin \left( \frac{\pi}{8} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos \left( \frac{\pi}{4} \right)}{2}} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2} \\
\end{align} となります。これらは二重根号も外れないので、覚える必要までは薄い気がします。ただ、$\tan$ の値は計算すると比較的きれいです。
\begin{align}
\tan \left( \frac{\pi}{8} \right) &= \frac{\sin \left( \frac{\pi}{8} \right)}{\cos\left( \frac{\pi}{8} \right)} \\
&= \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{\sqrt{2 + \sqrt{2}}} \\
&= \frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \ \ \left(分母分子に \ \sqrt{2 - \sqrt{2}} \ をかけた \right) \\
&= \sqrt{2} - 1
\end{align} となります。

次に、$\theta = \pi / 10 \ (18^{\circ})$ での値を考えます。これは複数の方法で求めることができます。

① 相似を用いた $\theta = \pi / 10 \ (18^{\circ})$ での三角関数の導出

内角が $36^{\circ}$, $72^{\circ}$, $72^{\circ}$ である二等辺三角形 $\mathrm{ABC}$ を考えます。$\mathrm{AB} = \mathrm{AC} = 1$ とし、$\mathrm{BC} = x$ と置きます。

上図のように、角 $\mathrm{B}$ の二等分線を考え、$\mathrm{AC}$ との交点を $\mathrm{D}$ と置けば、三角形$\mathrm{BDC}$ は三角形 $\mathrm{ABC}$ と相似な二等辺三角形です。また、三角形 $\mathrm{ABD}$ も二等辺三角形になっているので、
\begin{equation}
\mathrm{BC} = \mathrm{BD} = \mathrm{AD} = x
\end{equation} を得ます。従って、
\begin{equation}
\mathrm{DC} = \mathrm{AC} - \mathrm{AD} = 1 - x
\end{equation} です。ここで、三角形$\mathrm{BDC}$ が三角形 $\mathrm{ABC}$ と相似であることから、
\begin{align}
&\mathrm{BC} : \mathrm{DC} = \mathrm{AB} : \mathrm{BC} \\
&\therefore \ x : 1 - x = 1 : x \\
&\therefore x^2 = 1 - x \\
&\therefore x = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \ \ (\because x > 0)
\end{align}

ここで、$\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ に垂直二等分線を下して垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると、

\begin{align}
\sin \left( 18^{\circ} \right) &= \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{AB}} \\
&= \frac{x}{2} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}
\end{align} $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ と $\cos \left( 18^{\circ} \right) > 0$ から、
\begin{align}
\cos \left( 18^{\circ} \right) &= \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}
\end{align} を得ます。

さらに、$\mathrm{B}$ から $\mathrm{AC}$ に下した垂線の足を $\mathrm{H}_2$ とすると、

\begin{align}
\cos \left( 36^{\circ} \right) &= \frac{\mathrm{AH}_2}{\mathrm{AB}} \\
&= \frac{x + 1}{2} = \frac{\sqrt{5} + 1}{4}
\end{align} を得ます。これは、倍角公式 $\cos \left( 36^{\circ} \right) = 1 - 2 \sin^2 \left( 18^{\circ} \right)$ を使うことで $\sin \left( 18^{\circ} \right)$ から導出することもできます。因みにこれは黄金比の値の $2$ 倍になっています。
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ と $\sin \left( 36^{\circ} \right) > 0$ から、
\begin{align}
\sin \left( 36^{\circ} \right) &= \frac{\sqrt{10 - 2 \sqrt{5}}}{4}
\end{align} を得ます。

以上より、$ 18^{\circ} $ と $ 36^{\circ} $ の場合をまとめて求められました。ここから $ \cos(90^{\circ} - \theta ) = \sin \theta, \ \sin(90^{\circ} - \theta ) = \cos \theta $ を用いて、$54^{\circ}$ と $72^{\circ}$ も求められます。

$\tan$ の値については、$10 + 2\sqrt{5} = (6 - 2\sqrt{5})(5 + 2 \sqrt{5}) = (\sqrt{5} - 1)^2(5 + 2 \sqrt{5})$ *1であることから、
\begin{align}
\tan \left( 18^{\circ} \right) &= \frac{\sin \left( 18^{\circ} \right)}{\cos\left( 18^{\circ} \right)} \\
&= \frac{\sqrt{5} - 1}{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{5 + 2 \sqrt{5}}}
\end{align} となります。ほとんど同様に、
\begin{align}
\tan \left( 36^{\circ} \right) &= \frac{\sin \left( 36^{\circ} \right)}{\cos\left( 36^{\circ} \right)} \\
&= \frac{\sqrt{10 - 2 \sqrt{5}}}{\sqrt{5} + 1} \\
&= \sqrt{5 - 2 \sqrt{5}}
\end{align} となります。

② $5$ 倍角の公式 (ド・モアブルの定理) を用いた $\theta = \pi / 10 \ (18^{\circ})$ での三角関数の導出

$5$ 倍角の公式を暗記している人は少ないと思われますが、これはド・モアブルの定理から導出できます。
\begin{align}
\cos 5 \theta + \mathrm{i} \sin 5 \theta &= (\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta)^5 \\
&= \cos^5 \theta +
5 \mathrm{i} \cos^4 \theta \sin \theta
- 10 \cos^3 \theta \sin^2 \theta \\
& - 10 \mathrm{i} \cos^2 \theta \sin^3 \theta
+ 5 \cos \theta \sin^4 \theta
+ \mathrm{i} \sin^5 \theta
\end{align} を得ます。実部を比べることで以下を得ます。
\begin{align}
\cos 5 \theta &= \cos^5 \theta - 10 \cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta \\
&= \cos^5 \theta - 10 \cos^3 \theta \left( 1 - \cos^2 \theta \right) + 5 \cos \theta \left( 1 - \cos^2 \theta \right)^2 \\
&= \cos^5 \theta - 10 \cos^3 \theta \left( 1 - \cos^2 \theta \right) + 5 \cos \theta \left( \cos^4 \theta - 2 \cos^2 \theta + 1 \right) \\
&= 16 \cos^5 \theta - 20 \cos^3 \theta + 5\cos \theta \tag{1}
\end{align}

今、方程式
\begin{align}
\cos 5 \theta = 0 \tag{2}
\end{align} を考えると、$n$ を整数として
\begin{align}
(2) & \Leftrightarrow 5 \theta = \frac{\pi}{2} + n \pi \\
& \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi}{10} + \frac{n}{5} \pi \tag{3}
\end{align} です。一方式 $(1)$ から、
\begin{align}
(2) & \Leftrightarrow \cos \theta \left( 16 \cos^4 \theta - 20 \cos^2 \theta + 5 \right) = 0 \\
& \Leftrightarrow \cos \theta = 0, \ \pm \frac{\sqrt{10 \pm 2 \sqrt{5}}}{4} \ (複号任意) \tag{4}
\end{align} となります。この式 $(4)$ の $5$ 次方程式 $5$ つの実解は、式 $(3)$ の $n = 0, \ 1, \ 2, \ 3, \ 4$ に対応していますが、$n = 2$ は $\cos \theta = 0$ に対応しており、残りは $\cos \theta$ が $0 \le \theta \le \pi$ で単調減少であることから、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{10} \right) &= +\frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} \\
\cos \left( \frac{3 \pi}{10} \right) &= +\frac{\sqrt{10 - 2 \sqrt{5}}}{4} \\
\cos \left( \frac{7 \pi}{10} \right) &= -\frac{\sqrt{10 - 2 \sqrt{5}}}{4} \\
\cos \left( \frac{9 \pi}{10} \right) &= -\frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}
\end{align} に対応しています。
また、$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ と $0 < \theta < \pi$ で $\sin \theta > 0$ であることから、
\begin{align}
\sin \left( \frac{\pi}{10} \right) &= \frac{\sqrt{5} - 1}{4} \\
\sin \left( \frac{3 \pi}{10} \right) &= \frac{\sqrt{5} + 1}{4} \\
\sin \left( \frac{7 \pi}{10} \right) &= \frac{\sqrt{5} + 1}{4} \\
\sin \left( \frac{9 \pi}{10} \right) &= \frac{\sqrt{5} - 1}{4}
\end{align} です。$\sin$ の方は二重根号が外せます。

以上より、$ \pi / 10 \ (18^{\circ}) $ と $ 3 \pi / 10 \ (54^{\circ}) $ の場合をまとめて求められました。ここから $ \cos(\pi / 2 - \theta ) = \sin \theta, \ \sin(\pi / 2 - \theta ) = \cos \theta $ を用いて、$ \pi / 5 \ (36^{\circ}) $ と $ 2 \pi / 5 \ (72^{\circ}) $ も求められます。$\tan$ の値は ① と同様なので省略します。

③ $2$ 倍角の公式 と $3$ 倍角の公式を用いた $\theta = \pi / 10 \ (18^{\circ})$ での三角関数の導出

$5$ 倍角の公式を用いなくても、覚えている人が多い $2$ 倍角の公式 と $3$ 倍角の公式を用いて導出することもできます。$ \sin(90^{\circ} - \theta ) = \cos \theta$ から、$\sin(54^{\circ}) = \cos(36^{\circ})$ であることから、$\theta = 18^{\circ}$ とすると、
\begin{align}
& \sin 3 \theta = \cos 2 \theta \\
& 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \\
& 4 \sin^3 \theta - 2 \sin^2 \theta - 3 \sin \theta + 1 = 0 \\
& (\sin \theta - 1)(4 \sin^2 \theta + 2 \sin \theta - 1) = 0 \\
& \sin \theta = 1, \ \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}
\end{align} ですが、$0 < \sin \theta < 1$ であることから、
\begin{align}
\sin \theta = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}
\end{align} で他は不適です。$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ と $\cos \left( 18^{\circ} \right) > 0$ から、
\begin{align}
\cos \theta &= \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}
\end{align} を得ます。$ 36^{\circ} $ の場合は倍角公式から求まり、さらに $ \cos(90^{\circ} - \theta ) = \sin \theta, \ \sin(90^{\circ} - \theta ) = \cos \theta $ を用いて、$54^{\circ}$ と $72^{\circ}$ も求められます。$\tan$ の値は ① と同様なので省略します。

まとめ

これまで求めてきた有名角以外の三角関数の値をまとめると以下のようになります。最低限 $15^{\circ}$ の系列は覚えると便利です。

*1:$10 + 2\sqrt{5} = (6 - 2\sqrt{5})(a + b \sqrt{5})$ とおいて、連立方程式を立てれば求まります。

有名な三角関数の値 (準有名角)①

まず、直角二等辺三角形から求まる
\begin{equation}
\cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{equation} と正三角形を二等分した直角三角形から求まる
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}, \ \ \sin \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{1}{2} \\
\cos \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{1}{2}, \ \ \sin \left( \frac{\pi}{3} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align} が最重要の値です。それ以外でよく出てくるものとして、 $\theta = \pi / 12 \ (15^{\circ}), \ 5\pi / 12 \ (75^{\circ})$ での値が挙げられます。これは上の $ \pi / 6 \ (30^{\circ})$ の値から半角公式を用いて求められます。半角公式から以下を得ます。
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{12} \right) = \sqrt{\frac{1 + \cos \left( \frac{\pi}{6} \right)}{2}} = \sqrt{\frac{8 + 4\sqrt{3} }{16}} \\
\end{align} 二重根号を外すために、$(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = a + b + 2\sqrt{ab}$ と比較して、和が $8$, 積が $3 \times 2^2 = 12$ となる整数 $a, \ b$ を見つければいいですが、これは $a = 2, \ b = 6$ が取れます。従って、
\begin{align}
\cos \left( \frac{\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2} }{4}
\end{align} です。同様に半角公式から (あるいは単に $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ から)
\begin{align}
\sin \left( \frac{\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2} }{4}
\end{align} を得ます。
\begin{align}
\cos \left( \frac{5\pi}{12} \right) = \sin \left( \frac{\pi}{2} - \frac{5\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2} }{4} \\
\sin \left( \frac{5\pi}{12} \right) = \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{5\pi}{12} \right) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2} }{4}
\end{align} です。この値は覚えておくと何かと便利です。

1次元井戸型ポテンシャル (有限深さ)

以下の記事の続きです。
mathkyopro.hatenablog.com

無限深さの振り返り

無限深さの井戸型ポテンシャル
\begin{equation}
V(x) =
\begin{cases}
0 \ \ (0 \le x \le a) \\
\infty \ \ (\mathrm{else})
\end{cases}
\end{equation} での波動関数は、
\begin{equation}
\psi (x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right)
\end{equation} であり、そのときのエネルギーが
\begin{equation}
E = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2} = \frac{n^2 h^2}{8ma^2} \ \ (n \ は正整数) \tag{1}
\end{equation} でした。

今後のために系を対称化します。そのために原点を正の方向に $a / 2$ ずらすと、
\begin{equation}
V(x) =
\begin{cases}
0 \ \ \left(-\frac{a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \right) \\
\infty \ \ (\mathrm{else})
\end{cases} \tag{2}
\end{equation} となり、波動関数は、
\begin{equation}
\psi (x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \left( n \pi \left( \frac{x}{a} + \frac{1}{2} \right) \right)
\end{equation} となりますが、位相を適切に取り直すと (適切に符号を取り直すと)
\begin{equation}
\psi (x) =
\begin{cases}
\sqrt{\frac{2}{a}} \cos \left( n \pi \left( \frac{x}{a} \right) \right) \ \ \ \left(n: \ 奇数 \right) \\
\sqrt{\frac{2}{a}} \sin \left( n \pi \left( \frac{x}{a} \right) \right) \ \ \ \left(n: \ 偶数 \right)
\end{cases} \tag{3}
\end{equation} となります。エネルギーはもちろん 式 $(1)$ のままです。

有限深さの場合

これを踏まえ、深さが有限の井戸型ポテンシャル
\begin{equation}
V(x) =
\begin{cases}
0 \ \ \left(-\frac{a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \right) \\
V_0 \ \ (>0, \ \mathrm{else})
\end{cases} \tag{4}
\end{equation} での束縛状態 $E < V_0$ の波動関数と固有エネルギーを考えます。シュレーディンガー方程式は
\begin{equation}
\left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} + V(x) \right) \psi (x) = E \psi (x)
\end{equation} ですので、波動関数は $A, \ B, \ C, \ D$ を定数として以下のように書けます。但し、$x \rightarrow \pm \infty$ で $\psi (x) \rightarrow 0$ に注意します。
\begin{equation}
\psi (x) =
\begin{cases}
A \exp(\rho x) \ \ \ \left(x \le -\frac{a}{2} \right) \\
B \sin(kx) + C \cos(kx) \ \ \ \left( -\frac{a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \right) \\
D \exp(-\rho x) \ \ \ \left(\frac{a}{2} \le x \right)
\end{cases} \tag{5}
\end{equation} ここで、
\begin{align}
\begin{cases}
\rho &= \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} (V_0 - E)} \\
k &= \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} E}
\end{cases} \tag{6}
\end{align} と置きました。ここで、$x = -a / 2$ での波動関数と波動関数の微分の連続性 *1 から、
\begin{align}
A \exp \left( -\rho \frac{a}{2} \right) &= -B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right) \tag{7} \\
A \rho \exp \left( -\rho \frac{a}{2} \right) &= k \left(B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) + C \sin \left(k \frac{a}{2} \right) \right) \tag{8}
\end{align} です。$x = a / 2$ での波動関数と波動関数の微分の連続性から、
\begin{align}
D \exp \left(- \rho \frac{a}{2} \right) &= B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right) \tag{9} \\
-D \rho \exp \left(- \rho \frac{a}{2} \right) &= k \left(B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) - C \sin \left(k \frac{a}{2} \right) \right) \tag{10}
\end{align} 式 $(7), \ (8)$ から、
\begin{equation}
\rho = k \frac{B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) + C \sin \left(k \frac{a}{2} \right)}{-B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right)} \tag{11}
\end{equation} を得て、式 $(9), \ (10)$ から、
\begin{equation}
\rho = k \frac{-B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) + C \sin \left(k \frac{a}{2} \right)}{B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right)} \tag{12}
\end{equation} を得ます。式 $(11), \ (12)$ から、
\begin{equation}
\frac{B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) + C \sin \left(k \frac{a}{2} \right)}{-B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right)} = \frac{-B \cos \left(k \frac{a}{2} \right) + C \sin \left(k \frac{a}{2} \right)}{B \sin \left(k \frac{a}{2} \right) + C \cos \left(k \frac{a}{2} \right)}
\end{equation} を得ますが、分母を払って整理すると $BC = 0$ を得ます。つまり $B, \ C$ いずれかが $0$ です。両方 $0$ は不適なのでもう片方は非零です。

(A) $B = 0, \ C \neq 0$ の場合
このとき井戸の内部では波動関数は $\cos$ となっており、関数は全体で偶関数です *2。
式 $(12)$ から、
\begin{equation}
\rho = k \tan \left( k \frac{a}{2} \right)
\end{equation} です。両辺に $a / 2$ をかけて、
\begin{align}
\begin{cases}
\xi &= ka / 2 \\
\nu &= \rho a / 2 \\
\end{cases} \tag{13}
\end{align} と置くと、
\begin{equation}
\nu = \xi \tan \xi \tag{14}
\end{equation} また、$\rho, \ k$ の定義である式 $(6)$ から、
\begin{equation}
k^2 + \rho^2 = \frac{2mV_0}{\hbar^2}
\end{equation} ですので、両辺に $a / 2$ をかけて、
\begin{equation}
\xi ^2 + \nu^2 = \frac{mV_0 a^2}{2 \hbar^2} \tag{15}
\end{equation} を得ます。連立方程式 $(14), \ (15)$ の意味のある解 $\xi > 0, \ \nu \ge 0$ から、波動関数が得られます。この連立方程式は解析的に解けませんが、式 $(15)$ で表される円と、式 $(14)$ で表される曲線の交点です。

図から、これは有限個の解を持ち (上の例では $2$ 個)、$V_0 > 0$ において少なくとも $1$ 個の解を持ちます。具体的には解の個数は、
\begin{equation}
N \pi \le \frac{a}{\hbar}\sqrt{\frac{mV_0}{2}} < (N + 1)\pi
\end{equation} なる整数 $N$ に対して $N + 1$ 個です。つまり床関数を使って
\begin{equation}
\left\lfloor \frac{a}{\pi \hbar}\sqrt{\frac{mV_0}{2}} \right\rfloor + 1 \ 個 \tag{16}
\end{equation} と書けます。この個数ある連立方程式の解 $\xi, \ \nu$ に対して、エネルギ―固有値は
\begin{equation}
E = \frac{2\hbar^2}{ma^2} \xi^2 \tag{17}
\end{equation} であり、波動関数は
\begin{equation}
\psi (x) =
\begin{cases}
A \exp(\frac{2 \nu}{a} x) \ \ \ \left(x \le -\frac{a}{2} \right) \\
C \cos(\frac{2 \xi}{a} x) \ \ \ \left( -\frac{a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \right) \\
A \exp(-\frac{2 \nu}{a} x) \ \ \ \left(\frac{a}{2} \le x \right)
\end{cases} \tag{18}
\end{equation} となります。定数 $A, \ C$ は式 $(7)$ と規格化条件から定まりますが、具体的に書き下すのは難しいです。

(B) $B \neq 0, \ C = 0$ の場合
このとき井戸の内部では波動関数は $\sin$ となっており、関数は全体で奇関数です *3。
(A) と同様に式 $(12)$ から、
\begin{equation}
\nu = -\xi \cot \xi \tag{14’}
\end{equation} です。式 $(15)$ は (A) と同様成り立つので、式 $(14'), \ (15)$ の連立方程式から波動関数が得られます。

図から、これは有限個の解を持ち (上の例では $2$ 個)、(A) の場合と異なって必ず解を持つとは限りません。具体的には解の個数は、
\begin{equation}
(N - 1) \pi + \frac{\pi}{2} \le \frac{a}{\hbar}\sqrt{\frac{mV_0}{2}} < N\pi + \frac{\pi}{2}
\end{equation} なる整数 $N$ に対して $N$ 個です。つまり床関数を使って
\begin{equation}
\left\lfloor \frac{a}{\pi \hbar}\sqrt{\frac{mV_0}{2}} + \frac{1}{2} \right\rfloor \ 個 \tag{16’}
\end{equation} と書けます。この個数ある連立方程式の解 $\xi, \ \nu$ に対して、エネルギ―固有値は
\begin{equation}
E = \frac{2\hbar^2}{ma^2} \xi^2 \tag{17}
\end{equation} であり、波動関数は
\begin{equation}
\psi (x) =
\begin{cases}
A \exp(\frac{2 \nu}{a} x) \ \ \ \left(x \le -\frac{a}{2} \right) \\
B \sin(\frac{2 \xi}{a} x) \ \ \ \left( -\frac{a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \right) \\
-A \exp(-\frac{2 \nu}{a} x) \ \ \ \left(\frac{a}{2} \le x \right)
\end{cases} \tag{18’}
\end{equation} となります。(A) と同様に定数 $A, \ B$ は式 $(7)$ と規格化条件から定まります。

極限での振る舞い $\left( V_0 \rightarrow \infty \left(a: \ \mathrm{const.} \right) \right)$

$a$ を一定のまま、$ V_0 \rightarrow \infty $ とすると、無限深さの量子井戸の結果に帰着するはずです。そのことを見ていきます。

$ V_0 \rightarrow \infty $ より $\nu \rightarrow \infty $ ですが、このとき式 $(18), \ (18')$ から、井戸の外では波動関数の値が $0$ になることが分かります。(A) の式 $(18)$ は $\cos$ の形の解、(B) の式 $(18')$ が $\sin$ の形の解です。
また、有限深さの場合はどちらの場合も解が有限個しかありませんが、式 $(16), \ (16')$ から、$ V_0 \rightarrow \infty $ での極限では、どちらの解の個数は無限個あります。

(A) $B = 0, \ C \neq 0$ の場合
$\nu \rightarrow \infty $ より、式 $(14)$ から $ \xi = n \pi / 2 $ ($n$ は奇数) でなければなりません。これを式 $(17)$ に代入すると、式 $(1)$ ($n$ が奇数の場合) に帰着します。式 $(18)$ から式 $(3)$ ($n$ が奇数の場合) に帰着します。

(B) $B \neq 0, \ C = 0$ の場合
$\nu \rightarrow \infty $ より、式 $(14')$ から $ \xi = n \pi / 2 $ ($n$ は偶数) でなければなりません。これを式 $(17)$ に代入すると、式 $(1)$ ($n$ が偶数の場合) に帰着します。式 $(18')$ から式 $(3)$ ($n$ が偶数の場合) に帰着します。

以上から、無限深さの井戸型ポテンシャルの結果に帰着していることが分かりました。

*1:シュレーディンガー方程式の両辺を微小区間で積分することで、その区間で $ V(x) $ が有限ならば $ \psi' (x) $ が連続であることが分かります。ところで無限深さのポテンシャルに対し $x = \pm a / 2$ で波動関数の微分は不連続 (波動関数は連続だが滑らかではない) ですが、これはこの周りの微小区間で $ V(x) $ が有限でないからです。

*2:式 $(7), \ (9)$ から $A = D$ です。

*3:式 $(7), \ (9)$ から $A = -D$ です。

1次元井戸型ポテンシャル (無限深さ)

以下の井戸型ポテンシャル
\begin{equation}
V(x) =
\begin{cases}
0 \ \ (0 \le x \le a) \\
\infty \ \ (\mathrm{else})
\end{cases}
\end{equation} での質量 $ m $ の粒子の固有関数・固有エネルギーを求めます。時間発展しないシュレーディンガー方程式は、
\begin{equation}
\left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} + V(x) \right) \psi (x) = E \psi (x)
\end{equation} です。$\hbar = h / 2 \pi$ はディラック定数です。ここで $h$ はプランク定数です。また $E$ が固有エネルギー、$\psi (x)$ が波動関数です。従って、$ 0 \le x \le a $ において、
\begin{equation}
-\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \psi (x) = \frac{2mE}{\hbar^2} \psi (x)
\end{equation} が成立します。上記微分方程式の解は $A, \ B$ を定数として
\begin{equation}
\psi (x) = A \sin \left( \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x \right) + B \cos \left( \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x \right)
\end{equation} となります。井戸の外ではポテンシャルが無限なので波動関数が存在しないことから、境界条件 $\psi (0) = 0$ が成立せねばならず、$B = 0$ が従います。このとき $A = 0$ だと、恒等的に $\psi (x) = 0$ になってしまい規格化できず不適です。従って、$A \neq 0$ です。以上より、
\begin{equation}
\psi (x) = A \sin \left( \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x \right) \ \ (A \neq 0) \tag{1}
\end{equation} となります。もう $1$ つの境界条件 $\psi (a) = 0$ から、
\begin{equation}
\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}a = n \pi \ \ (n \ は正整数)
\end{equation} *1 を得ます。整理すると、
\begin{equation}
E = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2} = \frac{n^2 h^2}{8ma^2} \ \ (n \ は正整数) \tag{2}
\end{equation} を得ます。式 $(1)$ に式 $(2)$ を代入して、
\begin{equation}
\psi (x) = A \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right) \ \ (A \neq 0) \tag{3}
\end{equation} を得ます。さらに、規格化条件
\begin{split}
1 &= \int_0^a \psi^* (x) \psi (x) \mathrm{d}x \\
&= A^*A \int_0^a \sin^2 (k x) \ \ \ \left( k = \frac{n \pi}{a} \ と置いた。 \right) \\
&= A^*A \int_0^a \frac{1 - \cos (2kx)}{2}\mathrm{d}x \ \ \ \left(\because 半角公式 \right) \\
&= A^*A \int_0^a \left[ \frac{1}{2}x - \frac{1}{4k} \sin(2kx) \right]_0^a \\
&= A^*A \frac{a}{2} \ \ \ \left(\because \sin (2ka) = 0 \right)
\end{split} が成り立ちますが、これを満たす $A$ として
\begin{equation}
A = \sqrt{\frac{2}{a}}
\end{equation} が取れます。*2 従って、式 $(3)$ から、
\begin{equation}
\psi (x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right)
\end{equation} であり、そのときのエネルギーが
\begin{equation}
E = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2} = \frac{n^2 h^2}{8ma^2} \ \ (n \ は正整数)
\end{equation} です。

最低エネルギーが $0$ ではありませんが、これは、粒子を $0 \le x \le a$ の領域に閉じ込めたので、不確定性原理から、運動量 $p$ が一定以下の値は取れないという事実と対応しています。

*1:左辺は $0$ 以上です。また、$n = 0$ だと、恒等的に $\psi (x) = 0$ となってしまい不適です。よって $n$ は正です。

*2:厳密には位相の自由度があり、$\theta$ を実数として \begin{equation} A = e^{\mathrm{i}\theta} \sqrt{\frac{2}{a}} \end{equation} と書けます。どの位相をとってもエネルギーなどの物理量に影響はありません。ここでは $\theta = 0$ としました。