等間隔にずらした余弦の2乗の和(2倍角と1のn乗根)

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鉄則。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 — 一歩先へ。 ${\sin }^2$ 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すら要らない、「回して同じなら $0$」という対称性の一撃である。

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=零ベクトル、というわけだ。