sin^2n xをcos2kxの線形結合で書く

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

はじめに

　この記事では$\sin^{2n}x$を$\cos 2kx(k\in\mathbb{N})$の線形結合で表す方法を考える。一週間ほど考えていたが解決に至ったため議論する。のちの自分が見返しやすいように解決までの道筋もたどろうと思う。

本題

　$\sin x$の偶数乗は半角の公式を考えれば容易にわかる通り$\cos2kx$の線形結合で表せる。今回知りたいのは$\sin x$の偶数乗を$\cos 2kx$の線形結合で表した時の各係数である。
　まず最初に漸化式を立てることを考えた。

任意の自然数$n$について
$a_k^{(n)}$を
$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a_{n+1}^{(n+1)}=-\frac{1}{4}a_n^{(n)} \ (n\geq1)\\ a_n^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_n^{(n)}-\frac{1}{4}a_{n-1}^{(n)} \ (n\geq2)\\ a_k^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_k^{(n)}-\frac{1}{4}(a_{k+1}^{(n)} + a_{k-1}^{(n)}) \ (2\leq k \leq n-1 ) \\ a_1^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_1^{(n)}-\frac{1}{2}a_0^{(n)} -\frac{1}{4}a_2^{(n)} \ (n\geq 2)\\ a_0^{(n+1)} =\frac{1}{2}a_0^{(n)}-\frac{1}{4}a_1^{(n)} \ (n\geq1)\\ a_1^{(2)}=\frac{1}{2}a_1^{(1)}-\frac{1}{2}a_0^{(1)} \\ a_1^{(1)}=-\frac{1}{2} \\ a_0^{(1)}=\frac{1}{2} \\ \end{array} \right. \end{eqnarray} $

により定める。このとき
$\sin^{2n} x=a_0^{(n)}+a_1^{(n)}\cos 2x+a_2^{(n)}\cos 4x+...+a_n^{(n)}\cos 2nx$
と表せる。

数学的帰納法により示す。
$n=1$のときは$\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}$よりよい。
$n=k$のとき正しいとすると
$\sin^{2k+2}x=\sin^{2k}x \cdot \frac{1-\cos 2x}{2}$
$=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{k}a_i^{(k)}\cos 2ix -\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{k}a_i^{(k)}\cos 2ix \cos 2x$
$=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{k}a_i^{(k)}\cos 2ix -\frac{1}{4}\sum_{i=1}^{k}a_i^{(k)}\lbrace \cos 2(i+1)x +\cos2(i-1)x \rbrace -\frac{1}{2}a_0^{(k)}\cos 2x$
$=-\frac{1}{4}a_k^{(k)}\cos 2(k+1)x + ( \frac{1}{2}a_k^{(k)}-\frac{1}{4}a_{k-1}^{(k)})\cos 2kx +\sum_{i=2}^{k-1}\lbrace \frac{1}{2}a_i^{(k)}-\frac{1}{4}(a_{i+1}^{(k)}+a_{i-1}^{(k)}) \rbrace \cos 2ix + (\frac{1}{2}a_1^{(k)}-\frac{1}{2}a_0^{(k)}-\frac{1}{4}a_2^{(k)})\cos 2x + (\frac{1}{2}a_0^{(k)}-\frac{1}{4}a_1^{(k)})$
より$n=k+1$のときもよい。$\Box$

　この漸化式を解けば問題の解決となる。そこでこれを行列により表示しよう。次のようになる。
$$ \begin{pmatrix} a_{n+1}^{(n+1)} \\ a_{n}^{(n+1)} \\ a_{n-1}^{(n+1)} \\ a_{n-2}^{(n+1)} \\ \vdots \\ a_2^{(n+1)} \\ a_1^{(n+1)} \\ a_0^{(n+1)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{4} & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ -\frac{1}{4} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ 0 & -\frac{1}{4} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & 0 & \cdots & \cdots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & -\frac{1}{4} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -\frac{1}{4} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -\frac{1}{4} & \frac{1}{2} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n}^{(n)} \\ a_{n-1}^{(n)} \\ a_{n-2}^{(n)} \\ a_{n-3}^{(n)} \\ \vdots \\ a_2^{(n)} \\ a_1^{(n)} \\ a_0^{(n)} \end{pmatrix} $$
これを$\boldsymbol{a}_{n+1}=A_n \boldsymbol{a}_n$と書くこととすると$A_n$は$(n+2)×(n+1)$行列である。このとき
$\boldsymbol{a}_n=A_{n-1}A_{n-2} \cdots A_1 \boldsymbol{a}_1$
となる。これが計算できれば良い。しかし計算してみるとわかるが規則性がよくわからない。計算結果を以下に記す(手計算なので間違いがあるかもしれない)。また、漸化式は$n=1,2$と$n\geq 3$では様子が異なるので$A_3$から計算を試みている。

$A_4 A_3 = \begin{pmatrix} \frac{1}{16} & 0 & 0 & 0 \\ -\frac{1}{4} & \frac{1}{16} & 0 & 0 \\ \frac{3}{8} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{16} & 0 \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{8} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} \\ \frac{1}{16} & -\frac{1}{4} & \frac{3}{8} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{16} & -\frac{1}{4} & \frac{3}{8} 　\end{pmatrix} , A_5 A_4 A_3 = \begin{pmatrix} -\frac{1}{64} & 0 & 0 & 0 \\ \frac{3}{32} & -\frac{1}{64} & 0 & 0 \\ -\frac{15}{64} & \frac{3}{32} & -\frac{1}{64} & 0 \\ \frac{5}{16} & -\frac{15}{64} & \frac{3}{32} & -\frac{1}{32} \\ -\frac{15}{64} & \frac{5}{16} & -\frac{15}{64} & \frac{3}{16} \\ \frac{3}{32} & -\frac{1}{4} & \frac{3}{8} & -\frac{15}{32} \\ -\frac{1}{64} & \frac{3}{32} & -\frac{7}{32} & \frac{5}{16} 　\end{pmatrix} $
$ A_6 A_5 A_4 A_3 = \begin{pmatrix} -\frac{1}{256} & 0 & 0 & 0 \\ -\frac{1}{32} & \frac{1}{256} & 0 & 0 \\ \frac{7}{64} & -\frac{1}{32} & \frac{1}{256} & 0 \\ -\frac{7}{32} & \frac{7}{64} & -\frac{1}{32} & \frac{1}{128} \\ \frac{35}{128} & -\frac{7}{32} & \frac{7}{64} & -\frac{1}{16} \\ -\frac{7}{32} & \frac{71}{256} & -\frac{15}{64} & \frac{7}{32} \\ \frac{7}{64} & -\frac{1}{4} & \frac{91}{256} & -\frac{7}{16} \\ -\frac{1}{32} & \frac{7}{32} & -\frac{13}{64} & \frac{35}{128} 　\end{pmatrix}$

となり、以降は右上の上三角が0であるような行列になる。ここで少し詰まってしまった。$A_n$はかなりきれいな形をしているのですぐ求まるだろうという直感に反する事態となる。この原因はおそらく$A_n$の$(n+1,n+1)$成分にあると見当をつけた。ここがもし$-\frac{1}{4}$であればとても対称的な形になり計算できるかもしれない。そしてこのことは命題1の計算途中でシグマのなかを積和の公式で計算した際に$\cos2x$だけそのままにして計算しなかったせいだと気づいた。そこでこのことを考慮し命題1を修正し新たな漸化式を得た。

任意の自然数$n$について
$a_k^{(n)}$を
$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a_{n+1}^{(n+1)}=-\frac{1}{4}a_n^{(n)} \\ a_n^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_n^{(n)}-\frac{1}{4}a_{n-1}^{(n)} \\ a_k^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_k^{(n)}-\frac{1}{4}(a_{k+1}^{(n)} + a_{k-1}^{(n)}) \ (-n+1\leq k \leq n-1 ) \\ a_{-n}^{(n+1)}=\frac{1}{2}a_{-n}^{(n)}-\frac{1}{4}a_{-n+1}^{(n)} \\ a_{-n-1}^{(n+1)}=-\frac{1}{4}a_{-n}^{(n)} \\ a_1^{(1)}=-\frac{1}{4} \\ a_0^{(1)}=\frac{1}{2} \\ a_{-1}^{(1)}=-\frac{1}{4} \\ \end{array} \right. \end{eqnarray} $

により定める。このとき
$\sin^{2n} x=\sum_{k=-n}^{n}a_k^{(n)}\cos2kx$
$　　　\hspace{4pt}= a_n^{(n)}\cos2nx + a_{n-1}^{(n)}\cos2(n-1)x +...+a_1^{(n)}\cos2x +a_0^{(n)} + a_{-1}^{(n)}\cos(-2x) + ... +a_{-n}^{(n)}\cos(-2nx)$
と表せる。

数学的帰納法により示す。
$n=1$のときは$\cos(-2x)=\cos2x$より$\sin^2 x =\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\lbrace \cos2x +\cos(-2x)\rbrace$となりよい。
$n=k$のとき成り立つとして$n=k+1$のときを考える。
$\sin^{2k+2}x=\frac{1}{2}\sum_{l=-k}^{k}a_l^{(k)}\cos2lx -\frac{1}{4}\sum_{l=-k}^{k}a_l^{(k)}\lbrace \cos2(l+1)x+\cos2(l-1)x \rbrace$
$=-\frac{1}{4}a_k^{(k)}\cos2(k+1)x+(\frac{1}{2}a_k^{(k)}-\frac{1}{4}a_{k-1}^{(k)})\cos2kx+\sum_{l=-k+1}^{k-1}\lbrace \frac{1}{2}a_l^{(k)}-\frac{1}{4}(a_{l+1}^{(k)}+a_{l-1}^{(k)})\rbrace\cos2lx +(\frac{1}{2}a_{-k}^{(k)}-\frac{1}{4}a_{-k+1}^{(k)})\cos2(-k)x-\frac{1}{4}a_{-k}^{(k)}\cos2(-k-1)x$
より$n=k+1$のときもよく、題意が示された。$\Box$

命題1の場合と違って自然数$n$の範囲によって関係式を分けなくてもよくなり、とても対称的な式になった。この漸化式を行列にて表すと
$ \begin{pmatrix} a_{n+1}^{(n+1)} \\ a_{n}^{(n+1)} \\ a_{n-1}^{(n+1)} \\ a_{n-2}^{(n+1)} \\ \vdots \\ a_{-n+2}^{(n+1)} \\ a_{-n+1}^{(n+1)} \\ a_{-n}^{(n+1)} \\ a_{-n-1}^{(n+1)} \\ \end{pmatrix} =\frac{1}{4} \begin{pmatrix} -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ -1 & 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ 0 & -1 & 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n}^{(n)} \\ a_{n-1}^{(n)} \\ a_{n-2}^{(n)} \\ \vdots \\ a_{-n+2}^{(n)} \\ a_{-n+1}^{(n)} \\ a_{-n}^{(n)} \end{pmatrix} $

となる。これを新たに$\boldsymbol{a}_{n+1}=\frac{1}{4}A_n \boldsymbol{a}_n$と書くことにすると、$A_n$は$(2n+3)×(2n+1)$行列であり
$\boldsymbol{a}_n=\frac{1}{4^n}A_{n-1}A_{n-2}...A_1 \begin{pmatrix} -1\\ 2 \\ -1 \\ \end{pmatrix}$
となる。ここで$\boldsymbol{b}_n=4^n \boldsymbol{a}_n$とおき、$\boldsymbol{b}_n$をいくつか計算してみると
$\boldsymbol{b}_2= \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 6 \\ -4 \\ 1 \\ \end{pmatrix} , \boldsymbol{b}_3= \begin{pmatrix} -1 \\ 6 \\ -15 \\ 20 \\ -15 \\ 6 \\ -1 \\ \end{pmatrix} , \boldsymbol{b}_4= \begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 28 \\ -56 \\ 70 \\ -56 \\ 28 \\ -8 \\ 1 \\ \end{pmatrix}$

となる。各$\boldsymbol{b}_n$は真ん中で折り返すと一致する対称性を持っていることが分かる。また、符号は交代的である。ここで何か気づくことはないだろうか...なんと驚くべきことに次が成り立つ。

$\boldsymbol{b}_n=(-1)^n \begin{pmatrix} {}_{2n} \mathrm{C}_{0} \\ - {}_{2n} \mathrm{C}_{1} \\ {}_{2n} \mathrm{C}_{2} \\ - {}_{2n} \mathrm{C}_{3} \\ \vdots \\ - {}_{2n} \mathrm{C}_{2n-1} \\ {}_{2n} \mathrm{C}_{2n} \\ \end{pmatrix}$

数学的帰納法で示す。
$n=1$のときは自明。
$n=k$のとき成り立つとして$n=k+1$のとき示す。
$\boldsymbol{b}_{k+1}=A_k \boldsymbol{b}_k$
$=(-1)^k \begin{pmatrix} -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ -1 & 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0\\ 0 & -1 & 2 & -1 & 0 & \cdots & \cdots & 0\\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & & \vdots\\ \vdots & & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 & 2 \\ 0 & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0 & -1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {}_{2k} \mathrm{C}_{0} \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{1} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{2} \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{3} \\ \vdots \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{2k} \\ \end{pmatrix} $
$=(-1)^k \begin{pmatrix} -{}_{2k} \mathrm{C}_{0} \\ 2 \cdot{}_{2k} \mathrm{C}_{0}+ {}_{2k} \mathrm{C}_{1} \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{0} -2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{1}- {}_{2k}\mathrm{C}_{2} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{1} +2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2}+ {}_{2k}\mathrm{C}_{3} \\ \vdots \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-2} -2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1}- {}_{2k}\mathrm{C}_{2k} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1} +2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2k} \\ - {}_{2k} \mathrm{C}_{2k} \\ \end{pmatrix}$

$ =(-1)^{k+1} \begin{pmatrix} {}_{2k} \mathrm{C}_{0} \\ -2 \cdot{}_{2k} \mathrm{C}_{0}- {}_{2k} \mathrm{C}_{1} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{0} +2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{1}+ {}_{2k}\mathrm{C}_{2} \\ -{}_{2k} \mathrm{C}_{1} -2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2}- {}_{2k}\mathrm{C}_{3} \\ \vdots \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-2} +2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1}+ {}_{2k}\mathrm{C}_{2k} \\ -{}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1} -2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2k} \\ {}_{2k} \mathrm{C}_{2k} \\ \end{pmatrix}$

ここで、$1\leq l\leq 2k-1$なる整数$l$に対し
${}_{2k} \mathrm{C}_{l-1}+2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{l}+{}_{2k} \mathrm{C}_{l+1}=({}_{2k} \mathrm{C}_{l-1}+{}_{2k} \mathrm{C}_{l})+({}_{2k} \mathrm{C}_{l}+{}_{2k} \mathrm{C}_{l+1}) ={}_{2k+1} \mathrm{C}_{l}+{}_{2k+1} \mathrm{C}_{l+1}={}_{2k+2} \mathrm{C}_{l+1}$
が成り立ち、また
${}_{2k} \mathrm{C}_{0}={}_{2k} \mathrm{C}_{2k}=1={}_{2k+2} \mathrm{C}_{0}={}_{2k+2} \mathrm{C}_{2k+2} \ , \ 2\cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{0}+{}_{2k} \mathrm{C}_{1}={}_{2k} \mathrm{C}_{2k-1}+2 \cdot {}_{2k} \mathrm{C}_{2k}=2k+2={}_{2k+2} \mathrm{C}_{1}={}_{2k+2} \mathrm{C}_{2k+1}$
より
$\boldsymbol{b}_{k+1}= (-1)^{k+1} \begin{pmatrix} {}_{2k+2} \mathrm{C}_{0} \\ - {}_{2k+2} \mathrm{C}_{1} \\ {}_{2k+2} \mathrm{C}_{2} \\ - {}_{2k+2} \mathrm{C}_{3} \\ \vdots \\ - {}_{2k+2} \mathrm{C}_{2k+1} \\ {}_{2k+2} \mathrm{C}_{2k+2} \\ \end{pmatrix} $
となり$n=k+1$のときも成り立つ。ゆえに題意が示された。$\Box$

以上の結果を$\boldsymbol{a}_n$に還元することにより
$a_k^{(n)}=(-\frac{1}{4})^n (-1)^{n-k}\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}$
となるため、次が成り立つことが分かる。

$\sin^{2n}x=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}+\frac{1}{2^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \cos2kx$

命題3で示したことと簡単な計算により
$a_{\pm k}^{(n)}=\frac{(-1)^k}{4^n} \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}$
特に$k=0$として
$a_0^{(n)}=\frac{1}{4^n} \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n}=\frac{(2n)!!}{2^{2n}(n!)^2}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$
であるから
$\sin^{2n}x=\sum_{k=-n}^{n}a_k^{(n)}\cos2kx=a_0^{(n)}+\sum_{k=1}^{n}a_k^{(n)}\cos2kx+\sum_{k=-n}^{-1}a_k^{(n)}\cos2kx$
$=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}+\sum_{k=1}^{n}a_k^{(n)}\cos2kx+\sum_{k=1}^{n}a_{-k}^{(n)}\cos2(-k)x$
$=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}+2\sum_{k=1}^{n}a_k^{(n)}\cos2kx $
$=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}+\frac{1}{2^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \cos2kx $
となり示された。$\Box$

以上により当初の目的は果たされたわけだが、せっかくなのでこの式で少し遊んでみることにする。
まず、$x$を$\frac{\pi}{2}-x$にすることで次が従う。

命題4

$\cos^{2n}x=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}+\frac{1}{2^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n} {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \cos2kx$

また、多少計算することで以下も従う。

$(1)\sin^{2n+1}x=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k (2k+1)\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\sin(2k+1)x$
$(2)\cos^{2n+1}x=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{ (2k+1)\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\cos(2k+1)x $

(2)は(1)にて$x$を$\frac{\pi}{2}-x$にすれば従うため(1)のみ示す。
$\sin^{2n+1}x=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sin x+\frac{1}{4^n}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \lbrace \cos(2k+1)x+\cos(2k-1)x \rbrace$
$=\frac{1}{4^n}({}_{2n} \mathrm{C}_n -{}_{2n} \mathrm{C}_{n-1})\sin x +\frac{1}{4^n}\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k ({}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} -{}_{2n} \mathrm{C}_{n-k-1})\sin(2k+1)x +(-\frac{1}{4})^n \sin(2n+1)x $
$\frac{{}_{2n}\mathrm{C}_n }{4^n (n+1)}\sin x +\frac{1}{4^n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^k (2k+1)\cdot {}_{2n}\mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\sin(2k+1)x +(-\frac{1}{4})^n \sin(2n+1)x$
$=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k (2k+1)\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\sin(2k+1)x$
より従う。ただし${}_{2n} \mathrm{C}_n -{}_{2n} \mathrm{C}_{n-1}=\frac{{}_{2n}\mathrm{C}_n}{n+1}, {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} -{}_{2n} \mathrm{C}_{n-k-1}=\frac{(2k+1){}_{2n}\mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}$
を用いた。$\Box$

次が成り立つ。ただし$m\in\mathbb{N}$に対し$f^{(m)}$は$f$の$m$階導関数。
(1)$(\sin^{2n}x)^{(m)}=\frac{2^m}{2^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \cdot k^m \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \cos(2kx+\frac{\pi}{2}m)$
(2)
$(\cos^{2n}x)^{(m)}=\frac{2^m}{2^{2n-1}}\sum_{k=1}^{n} \cdot k^m \cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k} \cos(2kx+\frac{\pi}{2}m)$
(3)
$(\sin^{2n+1}x)^{(m)}=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k (2k+1)^{m+1}\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\sin \lbrace(2k+1)x +\frac{\pi}{2}m \rbrace$
(4)
$(\cos^{2n+1}x)^{(m)}=\frac{1}{4^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{ (2k+1)^{m+1}\cdot {}_{2n} \mathrm{C}_{n-k}}{n+k+1}\cos \lbrace(2k+1)x +\frac{\pi}{2}m \rbrace$

　$a_n^{(m)}=(\sin^{2n}x)^{(m)}$などと置いて漸化式を作ると$m$に関する行列を用いた漸化式を作れる。この際現れる行列は正方行列であるから正方行列の累乗を求め、$a_n^{(m)}=(\sin^{2n}x)^{(m)}$を求められる。この行列の累乗について、おそらく普通に固有値を求めて対角化が手計算で可能だと思う。ただ少しネックなのが各固有値に対応する固有ベクトルを並べた行列の逆行列である。おそらくこの行列は上三角行列のようになるはずなのでたぶん計算できるはず...ここで命題6(1)と合わせて$x$に何か値を代入すれば面白い関係式が得られそう。このあたりも別に記事にまとめたい。

最後に

　今回特に先行研究を探したりしていないので、もし既出であったり、何か間違いなどあれば是非教えていただきたい。かなり非自明な式が得られたのでもっと面白いことができそうな予感がする。途中フーリエ係数を考えたりしたがそちらでも似たような関係式が成り立っていたので今回と同じような議論をすればもしかしたらそちらも求まるかもしれない。
　かなり時間がかかってしまったので今回の問題のような構造は今後見逃さずに行きたい。あと、今回のことで線形代数の重要さを改めて認識した。もっと勉強しなければ。