三角関数 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\cos \theta +\cos 2\theta +\cdots$ を加法定理でちまちま足しても閉じない。角が等差で並ぶ和には、専用の見方がある。

$\cos k\theta$ を複素数 $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^k$ の実部と読むのだ。すると和は公比 $\cos \theta +i\sin \theta$ の等比数列の和になる。等比数列の和の公式で1つの分数にまとめ、最後に実部を取り出せば閉じた式が出る。「三角関数の等差の和=複素数の等比の和」という言い換えが、本問の中心だ。

① 等比数列の和にする。 $z=e^{i\theta }(\ne 1)$ とすると $$\sum _{k=1}^n\cos k\theta =\mathrm{Re}\sum _{k=1}^n{z}^k=\mathrm{Re}\frac{z(z^n-1)}{z-1}.$$ ② 半角で整える。 分子 $z^n-1=e^{in\theta }-1$、分母 $z-1=e^{i\theta }-1$。それぞれ $e^{i\cdot \frac{n\theta }{2}}$、$e^{i\cdot \frac{\theta }{2}}$ をくくり出すと $$e^{in\theta }-1=e^{i\frac{n\theta }{2}}(e^{i\frac{n\theta }{2}}-e^{-i\frac{n\theta }{2}})=e^{i\frac{n\theta }{2}}\cdot 2i\sin \frac{n\theta }{2},$$ 同様に $e^{i\theta }-1=e^{i\frac{\theta }{2}}\cdot 2i\sin \frac{\theta }{2}$。よって $$\frac{z(z^n-1)}{z-1}=e^{i\theta }\cdot \frac{e^{i\frac{n\theta }{2}}\cdot 2i\sin \frac{n\theta }{2}}{e^{i\frac{\theta }{2}}\cdot 2i\sin \frac{\theta }{2}}=\frac{\sin \frac{n\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}{e}^{i\left(\theta +\frac{n\theta }{2}-\frac{\theta }{2}\right)}=\frac{\sin \frac{n\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}{e}^{i\frac{(n+1)\theta }{2}}.$$ ③ 実部をとる。 $e^{i\frac{(n+1)\theta }{2}}$ の実部は $\cos \frac{(n+1)\theta }{2}$ だから $$\sum _{k=1}^n\cos k\theta =\frac{\sin \frac{n\theta }{2}\cos \frac{(n+1)\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}.$$

まとめ余弦の和は複素数の等比数列の和の実部として取り出す。半角 $e^{i\theta /2}$ をくくって $\sin \frac{\theta }{2}$ を作ると、式が整う。三角・複素数・等比数列の融合。

発展。 同じ計算の虚部からは $\sum \sin k\theta$ が出る。さらに $\frac{1}{2}+{\sum }_{k=1}^n\cos k\theta$ という形はディリクレ核とよばれ、フーリエ級数(音や波形を三角関数の和で表す理論)の収束を調べるときに中心的な役割を果たす。等差の角の和は波の重ね合わせを扱う数学の基礎になる。

別解

別解:複素数を使わず、積和の望遠鏡で求める(苦手な人向け)。 求める和に $2\sin \frac{\theta }{2}$ を掛けてみる。積和の公式で

$$2\sin \frac{\theta }{2}\cos k\theta =\sin \left(k+\frac{1}{2}\right)\theta -\sin \left(k-\frac{1}{2}\right)\theta .$$

右辺は「隣どうしの差」の形だ。$k=1$ から $n$ まで足すと中間が全部打ち消し合い、

$$2\sin \frac{\theta }{2}\sum _{k=1}^n\cos k\theta =\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)\theta -\sin \frac{\theta }{2}.$$

両辺を $2\sin \frac{\theta }{2}$ で割り、右辺を和積でまとめれば本解と同じ

$$\sum _{k=1}^n\cos k\theta =\frac{\sin \frac{n\theta }{2}\cos \frac{(n+1)\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}.$$

「うまい因子を掛けて望遠鏡にする」のは、複素数の等比和(本解)がやっていることを実数で行ったものである。仮定 $\sin \frac{\theta }{2}\ne 0$ が割り算の場面で使われているのも、この形だとよく見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) この積分は原始関数を正面から探すと苦しい。区間 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ の形に注目する。

置換 $x\to \frac{\pi }{2}-x$ をすると、区間はそのまま、$\sin$ と $\cos$ だけが入れ替わる。つまり分子が $\cos x$ になった積分 $J$ が現れる。すると $I+J$ は分子の和が分母と同じになり、被積分関数がただの $1$。対称性で「和」を先に出し、$I=J$ で割り戻す作戦だ。

① 置換した積分。 $I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx$。$x\to \frac{\pi }{2}-x$ とすると $\sin x\to \cos x,\cos x\to \sin x$ で $$J={\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx.$$ 置換の対称性から $I=J$。

② 足して簡単にする。 $$I+J={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}dx={\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}.$$ ③ $I$ を求める。 $I=J$ より $2I=\frac{\pi }{2}$、よって $I=\frac{\pi }{4}$。

まとめ原始関数が難しい積分は、区間の対称性 $x\to \frac{\pi }{2}-x$ で $\sin \leftrightarrow \cos$ を入れ替え、$I+J$ を約分するのが基本だ。答えは $\frac{\pi }{4}$。三角と積分(対称性)の融合。

発展。 置換 $x\to a-x$ で値を出す技は一般に ${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx$ と書け、${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$ など多くの難しい積分をすぐに求められる。「原始関数が書けなくても値は出る」積分の代表例である。

別解

別解:分子を「分母と分母の微分」で作る(得意な人向けの高い視点)。 分子 $\sin x$ を、分母 $s(x)=\sin x+\cos x$ とその微分 $s^{\prime }(x)=\cos x-\sin x$ の組合せで書いてみる。

$$\sin x=\frac{1}{2}(\sin x+\cos x)-\frac{1}{2}(\cos x-\sin x)=\frac{1}{2}s(x)-\frac{1}{2}{s}^{\prime }(x).$$

すると被積分関数は $\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{s^{\prime }(x)}{s(x)}$。後半は $\log |s(x)|$ の微分だから、原始関数が書けてしまう。

$$I={\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\log (\sin x+\cos x)\right]}_0^{\pi /2}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}(\log 1-\log 1)=\frac{\pi }{4}.$$

対称性(本解)では値だけが出るが、この分解では原始関数そのものが得られる。$\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}$ 型はすべてこの手で積分できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\tan }^2$ の $n$ 個の和を1つずつ求めるのは不可能(値はきれいでない)。「和だけ」なら、解と係数の関係が使える。

そのためには、${\tan }^2\frac{k\pi }{2n+1}$ たちを根にもつ多項式を作ればよい。$N=2n+1$ として $\sin N\theta$ をド・モアブルで展開すると、${\cos }^N\theta \times (\tan \theta$ の多項式$)$ の形になる。$\theta =\frac{k\pi }{N}$ で $\sin N\theta =0$ だから、$\tan \frac{k\pi }{N}$ がその多項式の根になる。根が先に分かっている多項式が手に入るのである。

① $\sin N\theta$ を $\tan \theta$ の多項式に。 虚部を二項展開すると $$\sin N\theta =\sum _{j\ge 0}(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2j+1}){\cos }^{N-2j-1}\theta {\sin }^{2j+1}\theta .$$ ${\cos }^N\theta$ で割り、$t=\tan \theta$ とすると $$\frac{\sin N\theta }{{\cos }^N\theta }=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{1}\right)t-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{3}\right)t^3+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{5}\right)t^5-\cdots .$$ ② 根を読む。 $\theta =\frac{k\pi }{N}$($k=1,\dots ,n$)で $\sin N\theta =0$、かつ $\cos \theta \ne 0$ だから右辺 $=0$。$t(=\tan \frac{k\pi }{N})$ を共通因数 $t$ で割ると、$u=t^2$ の $n$ 次方程式 $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{1}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{3}\right)u+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{5}\right)u^2-\cdots +(-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2n+1})u^n=0$$ を得る。その $n$ 個の根が $u={\tan }^2\frac{k\pi }{N}$($k=1,\dots ,n$)。

③ 解と係数で和をとる。 $n$ 次方程式 $\sum _{j=0}^n(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2j+1})u^j=0$ の根の和は $-\frac{(u^{n-1}\text{の係数})}{(u^n\text{の係数})}$。$u^n$ の係数は $(-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2n+1})=(-1{)}^n$、$u^{n-1}$ の係数は $(-1{)}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2n-1})$。よって $$\sum _{k=1}^n{\tan }^2\frac{k\pi }{N}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2n-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2}\right)=\frac{(2n+1)(2n)}{2}=n(2n+1).$$

まとめ $\tan \frac{k\pi }{N}$ を多項式の根とみて、解と係数で ${\tan }^2$ の和を出す。ド・モアブルで作った $u={\tan }^2$ の $n$ 次方程式の根の和が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2}\right)=n(2n+1)$。三角・複素数・解と係数の融合。$n=2$ なら ${\tan }^{2}36^{\circ }+{\tan }^{2}72^{\circ }=10$。

発展。 同じ多項式の定数項からは積も出る: $\prod _{k=1}^n\tan \frac{k\pi }{2n+1}=\sqrt{2n+1}$($n=2$ なら $\tan 36^{\circ }\tan 72^{\circ }=\sqrt{5}$)。また ${\cot }^2$ の和 $\frac{n(2n-1)}{3}$ に切り替えると、はさみうちで $\sum \frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$(バーゼル問題)に到達する有名な道が開ける。

別解

別解:$n=2$($N=5$)で全部書き下して構造をつかむ(苦手な人向け)。 一般論の前に、$N=5$ で実物を見る。ド・モアブルの5乗を虚部で読むと

$$\sin 5\theta =5c^{4}s-10c^2{s}^3+s^5=c^{5}t(t^4-10t^2+5)$$

($c=\cos \theta ,s=\sin \theta ,t=\tan \theta$。各項を $c^5$ でくくった)。$\theta =\frac{\pi }{5},\frac{2\pi }{5}$ では $\sin 5\theta =0$、しかも $c\ne 0,t\ne 0$。だから $t^4-10t^2+5=0$、つまり $u=t^2$ が

$$u^2-10u+5=0$$

の2根が ${\tan }^2\frac{\pi }{5}$ と ${\tan }^2\frac{2\pi }{5}$ だ。解と係数の関係で和は $10=2\cdot 5=n(2n+1)$、積は $5$。電卓で確かめると ${\tan }^{2}36^{\circ }\approx 0.53$、${\tan }^{2}72^{\circ }\approx 9.47$、たしかに和 $10$。一般の $n$ の証明(本解)はこの $N=5$ の手順をそのまま文字にしたものである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\cos$ の積は足し算より扱いにくい。積を消す方法は2倍角 $\sin 2x=2\sin x\cos x$ を「$\cos x=\frac{\sin 2x}{2\sin x}$」と読むことだ。

各因子 $\cos \frac{\theta }{2^k}$ をこの形に直すと、分子と分母に $\sin$ が連鎖して現れ、隣どうしで約分されていく(望遠鏡)。残るのは最初の $\sin \theta$ と最後の $\sin \frac{\theta }{2^n}$ だけ。(2) の極限は $\frac{\sin x}{x}\to 1$ に帰着する。

① 望遠鏡積で示す。 $\cos \frac{\theta }{2^k}=\frac{\sin \frac{\theta }{2^{k-1}}}{2\sin \frac{\theta }{2^k}}$ を代入すると $$\prod _{k=1}^n\cos \frac{\theta }{2^k}=\prod _{k=1}^n\frac{\sin \frac{\theta }{2^{k-1}}}{2\sin \frac{\theta }{2^k}}=\frac{1}{2^n}\cdot \frac{\sin \frac{\theta }{2^0}\sin \frac{\theta }{2^1}\cdots \sin \frac{\theta }{2^{n-1}}}{\sin \frac{\theta }{2^1}\sin \frac{\theta }{2^2}\cdots \sin \frac{\theta }{2^n}}.$$ 分子・分母で中間の $\sin$ が打ち消し合い、分子は $\sin \theta$、分母は $\sin \frac{\theta }{2^n}$ だけ残る。よって $$\prod _{k=1}^n\cos \frac{\theta }{2^k}=\frac{\sin \theta }{2^n\sin \frac{\theta }{2^n}}.$$ ② 極限。 $x=\frac{\theta }{2^n}\to 0$ とおくと $2^n\sin \frac{\theta }{2^n}=\theta \cdot \frac{\sin x}{x}$、そして $\frac{\sin x}{x}\to 1$。よって $$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\cos \frac{\theta }{2^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sin \theta }{2^n\sin \frac{\theta }{2^n}}=\frac{\sin \theta }{\theta }.$$

まとめ余弦の無限積は2倍角で $\cos$ を $\sin$ の比に直すと望遠鏡的に縮み、$\frac{\sin \theta }{2^n\sin \frac{\theta }{2^n}}$。極限は $\frac{\sin x}{x}\to 1$ で $\frac{\sin \theta }{\theta }$。三角(2倍角)と極限・無限積の融合(ヴィエタの公式)。

発展。 $\theta =\frac{\pi }{2}$ を代入すると $\cos \frac{\pi }{4}\cos \frac{\pi }{8}\cos \frac{\pi }{16}\cdots =\frac{2}{\pi }$。半角の公式で各因子を根号に直すと $\frac{2}{\pi }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\cdots$ となる。これがヴィエタの公式(1593年)である。円周率が根号の入れ子だけで書けた、歴史上最初の無限積だ。

別解

別解:「弧を弦で測る」と読む(図形派の直感+検算)。 半径 $1$ の円で、中心角 $\theta$ の弧の弦の長さは $2\sin \frac{\theta }{2}$。

(1) の式を移項すると $\sin \theta =2^n\sin \frac{\theta }{2^n}\times \prod \cos$。右辺の $2^n\sin \frac{\theta }{2^n}$ は弧 $\theta$ を $2^n$ 等分してつないだ折れ線(弦の鎖)の長さの半分…つまり「弧を細かい弦で近似した長さ」に対応する量だ。$n$ を増やすと折れ線は弧に張りつき、$2^n\sin \frac{\theta }{2^n}\to \theta$。これが (2) の極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }$ の図形的な意味である。

数値でも確かめられる。$\theta =\frac{\pi }{2}$ なら積は $\cos 45^{\circ }\cos 22.5^{\circ }\cos 11.25^{\circ }\cdots \to \frac{\sin (\pi /2)}{\pi /2}=\frac{2}{\pi }\approx 0.6366$。電卓で3項掛けただけで $0.641$ まで来る。式の望遠鏡(本解)に、この「弧と弦」の絵を添えると忘れない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3変数の最大化だが、制約は $A+B+C=\pi$ の1本だけ。こういうときは「2つの角を平均に寄せると和が増えるか?」を調べるのが有力だ。

和積の公式で $\sin A+\sin B=2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}$。和 $A+B$ を保ったまま $A=B$ に寄せると、$\cos \frac{A-B}{2}$ が $1$ に上がって和は増える。つまり最大では、どの2角も等しい=正三角形。$\sin$ が $(0,\pi )$ で上に凸であることが、この「均すと得」の根っこにある。

① 2角をそろえると増える。 和 $A+B$ を固定して $A,B$ を動かす。和積より $$\sin A+\sin B=2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}.$$ $\sin \frac{A+B}{2}>0$ は一定で、$\cos \frac{A-B}{2}$ は $A=B$(差 $0$)のとき最大 $1$。よって $A+B$ を保つなら $A=B$ にそろえたとき $\sin A+\sin B$ は最大。

② 3角を正三角形へ寄せる。 もし $3$ 角が全て等しくない場合、等しくない $2$ 角を①でそろえると和は真に増える。増やせなくなるのは $A=B=C$ のとき、すなわち $A=B=C=\frac{\pi }{3}$。

③ 最大値。 $$\sin \frac{\pi }{3}+\sin \frac{\pi }{3}+\sin \frac{\pi }{3}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

まとめ $\sin$ の上に凸性から、角をそろえるほど和が大きい。和積で $2$ 角を平均に寄せる操作を繰り返すと正三角形に達し、最大 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$。三角と最大最小(凸性)の融合。

発展。 正弦定理 $\sin A=\frac{a}{2R}$ を入れると、$\sin A+\sin B+\sin C=\frac{a+b+c}{2R}$。つまり本問は「外接円を固定した三角形で周の長さが最大なのは正三角形」と同じ命題である。また恒等式 $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$ という積の形でも表せる。

別解

別解:2角を寄せたあと、相加相乗で仕上げる(得意な人向けの設計)。 まず $C$ を固定する。和積より $\sin A+\sin B=2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}\le 2\sin \frac{A+B}{2}$ で、等号は $A=B$。

そこで $A=B$ とし、$s=\sin \frac{C}{2}$ とおくと($\sin C=2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}$ を使って)

$$f(C)=2\cos \frac{C}{2}+\sin C=2\cos \frac{C}{2}\left(1+\sin \frac{C}{2}\right),f^2=4(1-s)(1+s{)}^3.$$

ここで相加相乗平均を「和が一定になる4つ」に設計して使う。$3(1-s),(1+s),(1+s),(1+s)$ の和は $6$ で一定。よって

$$3(1-s)(1+s{)}^3\le {\left(\frac{6}{4}\right)}^4=\frac{81}{16}⟹f^2\le \frac{27}{4}⟹f\le \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

等号は $3(1-s)=1+s$、すなわち $s=\frac{1}{2}$、$C=\frac{\pi }{3}$(このとき $A=B=\frac{\pi }{3}$)。微分も凸性も使わず、「係数 $3$ を付けて和を一定にする」という相加相乗の設計だけで登り切った。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\log (\sin x)$ の原始関数は初等的に書けない。だから「値だけを対称性で決める」方針をとる。

置換 $x\to \frac{\pi }{2}-x$ で ${\int }_0^{\pi /2}\log (\cos x)dx$ も同じ値 $I$ だと分かる。足すと $\log (\sin x\cos x)=\log \frac{\sin 2x}{2}$。ここで $\sin 2x$ の積分は、置換すれば区間がのびて再び $I$ に戻る。$I$ が自分自身を含む方程式になるので、未知数1つの1次方程式として解ける。

① 2つ足す。 $I={\int }_0^{\pi /2}\log \sin xdx$、上の対称性で ${\int }_0^{\pi /2}\log \cos xdx=I$。足すと $$2I={\int }_0^{\pi /2}\log (\sin x\cos x)dx={\int }_0^{\pi /2}\log \frac{\sin 2x}{2}dx={\int }_0^{\pi /2}\log \sin 2xdx-\frac{\pi }{2}\log 2.$$ ② $\int \log \sin 2x$ を $I$ に戻す。 $t=2x$ と置換すると ${\int }_0^{\pi /2}\log \sin 2xdx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\log \sin tdt$。$\sin t$ は $t=\frac{\pi }{2}$ に関して対称だから ${\int }_0^{\pi }\log \sin tdt=2{\int }_0^{\pi /2}\log \sin tdt=2I$。よって ${\int }_0^{\pi /2}\log \sin 2xdx=\frac{1}{2}\cdot 2I=I$。

③ 方程式を解く。 ①に代入して $2I=I-\frac{\pi }{2}\log 2$。したがって $$I=-\frac{\pi }{2}\log 2.$$

まとめ対称性で $\int \log \cos =I$、2倍角で $\int \log (\sin \cos )$ を作り、$\int \log \sin 2x$ を置換で $I$ に戻すと $I$ の方程式ができて $-\frac{\pi }{2}\log 2$。三角・積分・2倍角・対称性の合わせ技。

発展。 この値から ${\int }_0^{\pi /2}\log (\tan x)dx=I-I=0$ が即座に出る($\log \tan =\log \sin -\log \cos$)。グラフの対称性($x\to \frac{\pi }{2}-x$ で符号反転)からも納得できる。$\log$ と三角関数の積分は、フーリエ級数やゼータ関数の特殊値の計算にもつながっている。

別解

別解:正弦の積の公式と区分求積でつなぐ(得意な人向けの高い視点)。 有名な積の公式

$$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$$

($x^n-1$ の因数分解から出る)を認めると、積分が区分求積で計算できる。区間 $[0,\pi ]$ を $n$ 等分したリーマン和は

$$\frac{\pi }{n}\sum _{k=1}^{n-1}\log \sin \frac{k\pi }{n}=\frac{\pi }{n}\log \prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{\pi }{n}\log \frac{n}{2^{n-1}}=\frac{\pi \log n}{n}-\frac{\pi (n-1)}{n}\log 2.$$

$n\to \infty$ で第1項は $0$、第2項は $-\pi \log 2$。よって ${\int }_0^{\pi }\log \sin xdx=-\pi \log 2$ で、対称性から半分にして $I=-\frac{\pi }{2}\log 2$。「和の中の積」を先に閉じてから極限をとる。離散(積の公式)と連続(積分)を結びつける別ルートである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\cos }^2$ の和は、まず次数を下げるのが原則だ。半角(2倍角の逆)で ${\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$ と直す。

すると定数 $\frac{1}{2}$ が $n$ 個と、$\cos \left(2\theta +\frac{2k\pi }{n}\right)$ の和が残る。後者は角が $\frac{2\pi }{n}$ 刻みで一周ぶん等間隔に並ぶ和。1の $n$ 乗根の和が $0$ になるのと同じ理屈で消える。残るのは定数の分 $\frac{n}{2}$ だけだ。

① 次数を下げる。 $$\sum _{k=0}^{n-1}{\cos }^2\left(\theta +\frac{k\pi }{n}\right)=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1+\cos \left(2\theta +\frac{2k\pi }{n}\right)}{2}=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}\cos \left(2\theta +\frac{2k\pi }{n}\right).$$ ② 等間隔の余弦の和は $0$。 $\sum _{k=0}^{n-1}\cos \left(2\theta +\frac{2k\pi }{n}\right)=\mathrm{Re}\left(e^{2i\theta }\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)$。$\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{i\frac{2k\pi }{n}}$ は $1$ の $n$ 乗根の総和で $n\ge 2$ なら $0$。よってこの和は $0$。

③ 結論。 残るのは定数部分だけで $$\sum _{k=0}^{n-1}{\cos }^2\left(\theta +\frac{k\pi }{n}\right)=\frac{n}{2}.$$

まとめ 2倍角で ${\cos }^2$ の次数を下げると、等間隔にずれた余弦の和が残るが、それは $1$ の $n$ 乗根の和 $=0$ の実部として消える。答えは $\theta$ によらず $\frac{n}{2}$。三角・複素数・和の融合。

発展。 ${\sin }^2$ でも同じ計算で和は $\frac{n}{2}$。この事実は三相交流($n=3$)で「瞬間電力の合計が時刻によらず一定」という送電の基本原理の数学的本体である。発電所が3本の線で送る理由の一端が、この ${\cos }^2$ の和に書かれている。

別解

別解:和が消える理由を「回転しても同じ」で示す(得意な人向けの高い視点)。 次数下げのあと残る和を、複素数で $S=\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{i\left(2\theta +\frac{2k\pi }{n}\right)}$ とおく(求める和はこの実部)。

$S$ に $e^{\frac{2\pi i}{n}}$ を掛けてみる。各項の $k$ が $1$ ずつずれるだけで、$k=n-1$ の項は $k=0$ の項に戻る($e^{2\pi i}=1$)。つまり項の集合は同じで

$$S\cdot e^{\frac{2\pi i}{n}}=S.$$

$n\ge 2$ では $e^{\frac{2\pi i}{n}}\ne 1$ だから、$S=0$ しかない。等比数列の和の公式も要らず、「回して同じなら $0$」という対称性だけで示せる。

図で言えば、$S$ は正 $n$ 角形の頂点向きの単位ベクトル $n$ 本の和。全体を $\frac{2\pi }{n}$ 回転しても同じ矢印の束だから、和のベクトルは回転で不変、つまり零ベクトルである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「5乗を1次の $\sin$ たちで表せ」。加法定理を繰り返しても着くが、指数の形にすると一直線になる。

$\sin \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}$(オイラーの表記。$e^{i\theta }$ は $\cos \theta +i\sin \theta$ の略記)と書いて5乗する。二項定理で開くと $e^{\pm 5i\theta },e^{\pm 3i\theta },e^{\pm i\theta }$ が対で現れ、各対が $2i\sin (m\theta )$ にまとまる。指数の形では「掛け算=指数の足し算」なので、何倍角が出るかが足し算で分かる。

① 5乗を二項展開。 $(2i{)}^5=32i^5=32i$ に注意して $$(2i\sin \theta {)}^5=(e^{i\theta }-e^{-i\theta }{)}^5=\sum _{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)(e^{i\theta }{)}^{5-k}(-e^{-i\theta }{)}^k=\sum _{k=0}^5(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k})e^{i(5-2k)\theta }.$$ ② 共役の対でまとめる。 指数 $5-2k$ は $k=0,\dots ,5$ で $5,3,1,-1,-3,-5$。対にすると $$(e^{5i\theta }-e^{-5i\theta })-5(e^{3i\theta }-e^{-3i\theta })+10(e^{i\theta }-e^{-i\theta })=2i\sin 5\theta -5\cdot 2i\sin 3\theta +10\cdot 2i\sin \theta .$$ よって $32i{\sin }^5\theta =2i(\sin 5\theta -5\sin 3\theta +10\sin \theta )$。

③ 整理する。 両辺を $2i$ で割り $16$ で割ると $${\sin }^5\theta =\frac{10\sin \theta -5\sin 3\theta +\sin 5\theta }{16}.$$

まとめ $\sin \theta$ を指数関数に直して $5$ 乗を二項展開、共役の対を $2i\sin m\theta$ にまとめると、${\sin }^5\theta =\frac{10\sin \theta -5\sin 3\theta +\sin 5\theta }{16}$。三角(n倍角)・複素数・二項の融合。積分 $\int {\sin }^5\theta d\theta$ などにも直結する。

発展。 線形化は積分と相性が抜群だ。${\int }_0^{\pi }{\sin }^5\theta d\theta =\frac{1}{16}\left(10\cdot 2-5\cdot \frac{2}{3}+\frac{2}{5}\right)=\frac{16}{15}$ と、各 $\sin m\theta$ の積分を足すだけで出る。一般に $\sin$ や $\cos$ のべきを1次の和に直す操作は、フーリエ級数の有限版である。

別解

別解:複素数を使わず、半角と積和で下ろす(苦手な人向け)。 ${\sin }^5\theta =\sin \theta \cdot ({\sin }^2\theta {)}^2$ と割り、まず偶数乗を次数下げする。

$${\sin }^4\theta ={\left(\frac{1-\cos 2\theta }{2}\right)}^2=\frac{3-4\cos 2\theta +\cos 4\theta }{8}$$

(${\cos }^{2}2\theta =\frac{1+\cos 4\theta }{2}$ を使った)。次に $\sin \theta$ を掛け、積和の公式で開く。

$$\sin \theta \cos 2\theta =\frac{\sin 3\theta -\sin \theta }{2},\sin \theta \cos 4\theta =\frac{\sin 5\theta -\sin 3\theta }{2}.$$

代入して整理すると

$${\sin }^5\theta =\frac{3\sin \theta -2(\sin 3\theta -\sin \theta )+\frac{1}{2}(\sin 5\theta -\sin 3\theta )}{8}=\frac{10\sin \theta -5\sin 3\theta +\sin 5\theta }{16}.$$

半角(次数下げ)と積和だけの、数IIの道具で完結するルート。指数(本解)は速いが、こちらは1段ずつ確かめながら進める安心感がある。