複素数平面 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\prod _{k=1}^{n-1}(1-{\zeta }^k)$ は「$1$ の $n$ 乗根を全部代入した積」の形。これは因数分解された多項式への代入で読むのが早い。

$x^n-1$ は $n$ 個の $n$ 乗根 ${\zeta }^0,{\zeta }^1,\dots ,{\zeta }^{n-1}$ を根にもつから、$x^n-1=\prod _{k=0}^{n-1}(x-{\zeta }^k)$。$k=0$ の因子 $(x-1)$ を除くと $\frac{x^n-1}{x-1}=1+x+\cdots +x^{n-1}=\prod _{k=1}^{n-1}(x-{\zeta }^k)$。ここに $x=1$ を代入すると、左辺は $n$、右辺は求める積。だから積は $n$。

① $(x-1)$ で割る。 ${\zeta }^0=1$ を分けると $$x^n-1=(x-1)\prod _{k=1}^{n-1}(x-{\zeta }^k).$$ 一方 $x^n-1=(x-1)(1+x+x^2+\cdots +x^{n-1})$。両辺を $(x-1)$ で割って($x\ne 1$) $$\prod _{k=1}^{n-1}(x-{\zeta }^k)=1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}.$$ ② $x=1$ を代入する。 両辺は多項式として等しいので $x=1$ を代入してよい。左辺は $\prod _{k=1}^{n-1}(1-{\zeta }^k)$、右辺は $\underset{n\text{個}}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}=n$。

よって $\prod _{k=1}^{n-1}(1-{\zeta }^k)=n$。

まとめ $x^n-1$ を1のn乗根で因数分解し、$(x-1)$ を割ると $1+x+\cdots +x^{n-1}$。$x=1$ 代入で $n$。幾何的には「正 $n$ 角形の1頂点から他の全頂点への距離の積が $n$」を意味する。複素数・多項式・因数分解の融合。

発展。 積が $n$($\prod |1-{\zeta }^k|=n$)なのは、正 $n$ 角形の $1$ 頂点から出る全対角線・辺の長さの積。この事実は「格子上の点の数え上げ」や、多項式の判別式の計算にも使われる。$n=6$ なら $5$ 本の弦(長さ $1,\sqrt{3},2,\sqrt{3},1$)の積が $6$ になる、と手で確かめられる。

別解

別解:「正 $n$ 角形の弦の積」として測る(図形で確かめるルート)。 $|1-{\zeta }^k|$ は複素数平面で点 $1$ から点 ${\zeta }^k$ までの距離。つまり $\prod _{k=1}^{n-1}|1-{\zeta }^k|$ は、単位円に内接する正 $n$ 角形の $1$ 頂点から、残り $n-1$ 個の頂点への距離(弦)の積だ。

弦の長さは $|1-{\zeta }^k|=2\sin \frac{k\pi }{n}$(中心角 $\frac{2k\pi }{n}$ の弦)。だから絶対値の積は

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

一方、積 $\prod _{k=1}^{n-1}(1-{\zeta }^k)$ 自体は実数で正(${\zeta }^k$ と ${\zeta }^{n-k}$ が共役ペアで、積が正の実数になる)だから、絶対値の積と一致して $n$。

多項式への代入(本解)が代数で示すのに対し、この見方は「正 $n$ 角形の対角線・辺の長さの積がちょうど $n$」という図形的事実を与える。頂点が増えるほど個々の弦は短くなるのに、積は $n$ で増え続ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{\cos n\theta }{2^n}$ の和は、$\cos n\theta$ を複素数の実部とみると等比級数になる。

$\cos n\theta =\mathrm{Re}(e^{i\theta }{)}^n$ だから、$\frac{\cos n\theta }{2^n}=\mathrm{Re}{\left(\frac{e^{i\theta }}{2}\right)}^n$。公比 $w=\frac{e^{i\theta }}{2}$($|w|=\frac{1}{2}<1$)の無限等比級数だ。$\sum _{n=1}^{\infty }{w}^n=\frac{w}{1-w}$ を計算して実部をとる。分母を実数化すれば $\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }$ が出る。

① 複素数の級数にする。 $w=\frac{e^{i\theta }}{2}=\frac{\cos \theta +i\sin \theta }{2}$ とおくと $\frac{\cos n\theta }{2^n}=\mathrm{Re}{w}^n$。$|w|=\frac{1}{2}<1$ だから $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos n\theta }{2^n}=\mathrm{Re}\sum _{n=1}^{\infty }{w}^n=\mathrm{Re}\frac{w}{1-w}.$$ ② 実部を計算する。 分母を実数化するため分母の共役を掛ける。$|1-w{|}^2=1-2\mathrm{Re}w+|w{|}^2=1-2\cdot \frac{\cos \theta }{2}+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}-\cos \theta$。分子は $w(1-\overline{w})=w-|w{|}^2$、その実部は $\mathrm{Re}w-|w{|}^2=\frac{\cos \theta }{2}-\frac{1}{4}$。よって $$\mathrm{Re}\frac{w}{1-w}=\frac{\frac{\cos \theta }{2}-\frac{1}{4}}{\frac{5}{4}-\cos \theta }=\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }.$$

③ 結論。 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos n\theta }{2^n}=\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }$。

まとめ三角関数の級数は、複素数の等比級数の実部としてまとめて和をとるのが基本だ。$\frac{w}{1-w}$ を実数化して実部を拾うと $\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }$。複素数・無限等比級数・三角の融合。

発展。 虚部をとれば $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\theta }{2^n}=\frac{2\sin \theta }{5-4\cos \theta }$ も同時に出る。公比を $r$ に一般化すると $\sum r^n\cos n\theta =\frac{r\cos \theta -r^2}{1-2r\cos \theta +r^2}$(ポアソン核の親戚)。フーリエ級数や、円板上の調和関数(ラプラス方程式の解)の理論で中心的な役割を果たす。

別解

別解:実数のまま漸化式で和を出す(苦手な人向け)。 複素数を使わず、和 $C=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos n\theta }{2^n}$ と $S=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\theta }{2^n}$ を連立で求める。

積和(または加法定理)から、$\cos (n+1)\theta =2\cos \theta \cos n\theta -\cos (n-1)\theta$ のような関係を使うと、$C$ が自分自身を含む式に落ちる。具体的には、$2C$ を作って $\cos 1\theta$ の項をずらすと

$$C=\frac{\frac{\cos \theta }{2}}{\text{(整理)}}⟶C=\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }.$$

分母の $5-4\cos \theta$ は $|1-w{|}^2={\left|1-\frac{e^{i\theta }}{2}\right|}^2=1-\cos \theta +\frac{1}{4}=\frac{5-4\cos \theta }{4}$ から来ている。複素数の等比級数(本解)は一直線だが、実数の連立でも同じ $\frac{2\cos \theta -1}{5-4\cos \theta }$ に着く。ついでに虚部の和 $S=\frac{2\sin \theta }{5-4\cos \theta }$ も同時に手に入る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 恒等式の右辺は「$2$ つの平方の和」。左辺は「$2$ つの平方和の積」。複素数の絶対値 $|z{|}^2=a^2+b^2$ を使うと橋がかかる。

$z=a+bi$、$w=c+di$ とおくと $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=|z{|}^2|w{|}^2=|zw{|}^2$。$zw$ の実部・虚部を計算すれば、右辺の $2$ 平方の和になる。$65=5\times 13$ は、$5=|2+i{|}^2$、$13=|3+2i{|}^2$。掛ける相手を $w$ にするか共役 $\overline{w}$ にするかで、$2$ 通りの平方和が出る。

① 恒等式を示す。 $z=a+bi,w=c+di$ とおくと $|z{|}^2=a^2+b^2,|w{|}^2=c^2+d^2$。積は $$zw=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,$$ よって $|zw{|}^2=(ac-bd{)}^2+(ad+bc{)}^2$。$|z{|}^2|w{|}^2=|zw{|}^2$ だから $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd{)}^2+(ad+bc{)}^2.$$ ② $65$ を平方和に。 $5=2^2+1^2,13=3^2+2^2$。$z=2+i,w=3+2i$ とすると $$zw=(2+i)(3+2i)=(6-2)+(4+3)i=4+7i\Rightarrow 65=4^2+7^2.$$ ③ 共役でもう1通り。 $w$ を共役 $\bar{w}=3-2i$ に変えると $$z\bar{w}=(2+i)(3-2i)=(6+2)+(-4+3)i=8-i\Rightarrow 65=8^2+1^2.$$ よって $65=4^2+7^2=8^2+1^2$。

まとめ平方和は複素数の絶対値の2乗。$|zw{|}^2=|z{|}^2|w{|}^2$ から恒等式が生まれ、素因数を平方和で書いて掛けると合成数の平方和表示が得られる。共役に変えると別表示が出て $2$ 通り。複素数と整数(平方和)の融合。

発展。 この「$2$ 平方和の積は $2$ 平方和」は、ガウス整数のノルムが乗法的($N(zw)=N(z)N(w)$)であることの現れ。フェルマーは「素数 $p$ が $2$ 平方の和で表せる $⟺p=2$ または $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$」を示した($5,13,17,29,\dots$)。$65=5\times 13$ が $2$ 通りに書けるのは、$2$ つの $p\equiv 1$ 型素数の積だからだ。これは、整数論の古典的な問題に複素数が使われる例である。

別解

別解:「ガウス整数」の掛け算として見る(得意な人向けの高い視点)。 $a+bi$ の形(実部・虚部が整数)の複素数をガウス整数という。$|z{|}^2=a^2+b^2$ は「ガウス整数のノルム」で、掛け算でノルムが掛かる($N(zw)=N(z)N(w)$)。恒等式が成り立つのはこのためだ。

$65$ が $2$ 通りに書けるのは、掛ける相手を $w=3+2i$ にするか共役 $\overline{w}=3-2i$ にするかの違い。

$$(2+i)(3+2i)=4+7i\Rightarrow 65=4^2+7^2,(2+i)(3-2i)=8-i\Rightarrow 65=8^2+1^2.$$

なぜ $2$ 通りかも見える。$65=5\times 13$ で、$5,13$ はどちらも $2$ 平方和に書ける素数($5=|2+i{|}^2$、$13=|3+2i{|}^2$)。ガウス整数の範囲では $5=(2+i)(2-i)$ のように分解でき、因子の組み合わせ方の違いが $2$ 通りの表示になる。

恒等式(本解)を暗記する代わりに、「$2$ 平方和はガウス整数のノルム、積はノルムの積」と読むと、フェルマーの $2$ 平方和定理(素数 $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ は平方和)への道が開ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 漸化式 $z_{n+1}=\alpha z_n+\beta$ は、複素数版の「回転しながら縮小し、ずらす」変換。もし極限があれば、それは動かない点(不動点)$p$。

不動点は $p=\alpha p+\beta$、すなわち $p=\frac{\beta }{1-\alpha }$。不動点を引くと $z_n-p=\alpha (z_{n-1}-p)$ という等比型になる。$z_n-p={\alpha }^n(z_0-p)$ で、$|\alpha |<1$ だから ${\alpha }^n\to 0$、$z_n\to p$。

① 不動点を求める。 極限があるとすれば不動点 $p$。$p=\alpha p+\beta$ より $(1-\alpha )p=\beta$、$\alpha \ne 1$($|\alpha |<1$ だから)なので $$p=\frac{\beta }{1-\alpha }.$$ ② ずれを等比数列にする。 漸化式から $p=\alpha p+\beta$ を引くと $$z_{n+1}-p=\alpha (z_n-p).$$ よって $z_n-p={\alpha }^n(z_0-p)$。

③ 極限をとる。 $|z_n-p|=|\alpha {|}^n|z_0-p|$。$|\alpha |<1$ より $|\alpha {|}^n\to 0$ だから $z_n\to p$。すなわち $$\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=\frac{\beta }{1-\alpha }.$$

まとめ 1次変換 $z\mapsto \alpha z+\beta$ の点列は、不動点 $p=\frac{\beta }{1-\alpha }$ を基準にすると等比数列 $z_n-p={\alpha }^n(z_0-p)$。$|\alpha |<1$ なら渦を巻いて $p$ に収束する。複素数の漸化式・回転・極限の融合。

発展。 $|\alpha |<1$ は縮小(1点に収束)、$|\alpha |=1$ は不動点のまわりを回り続ける(収束しない)、$|\alpha |>1$ は発散。同じ漸化式 $z_{n+1}=\alpha z_n+\beta$ でも、$|\alpha |$ の値だけで振る舞いが分かれる。複数の縮小変換を組み合わせると、シダの葉やコッホ曲線のようなフラクタル(自己相似図形)が描ける。これは反復関数系の理論で扱われる。

別解

別解:図形的に「回転縮小の中心」を見る(得意な人向けの視点)。 $z_{n+1}=\alpha z_n+\beta$ という変換は、複素数 $\alpha$ を掛ける(=角 $\arg \alpha$ だけ回転し、$|\alpha |$ 倍に縮小)して $\beta$ 平行移動する「相似変換」だ。$|\alpha |<1$ なら縮小。

縮小変換には、動かない中心(不動点)がただ $1$ つある。各点はその中心に向かって、回転しながららせん状に吸い込まれていく。だから極限は不動点 $p$。

不動点は「変換しても動かない点」$p=\alpha p+\beta$ を解いて $p=\frac{\beta }{1-\alpha }$。

代数的に $z_n-p={\alpha }^n(z_0-p)$ とやる(本解)のと同じだが、「縮小相似には吸い込む中心が $1$ つ」という図形のイメージをもつと、$|\alpha |=1$(縮小しない=中心のまわりを回り続ける)や $|\alpha |>1$(発散)の場合も直感的に判断できる。フラクタル(自己相似図形)を描く反復関数系の基礎でもある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $A,B$ を直接足すのは大変。だが「和」と「積」なら計算できる。$A,B$ を解にもつ2次方程式を作る作戦だ。

和は $1+\zeta +\cdots +{\zeta }^6=0$(全$7$乗根の和)から $A+B=\zeta +\cdots +{\zeta }^6=-1$。積 $AB$ は展開して、${\zeta }^7=1$ で指数を $7$ で割った余りに落として数えると $2$。だから $A,B$ は $x^2+x+2=0$ の解。虚部の符号($A$ は上半分)で $A,B$ を特定する。

① 和 $A+B$。 $A+B=\zeta +{\zeta }^2+{\zeta }^3+{\zeta }^4+{\zeta }^5+{\zeta }^6=(1+\zeta +\cdots +{\zeta }^6)-1=-1$。

② 積 $AB$。 $A=\zeta +{\zeta }^2+{\zeta }^4,B={\zeta }^3+{\zeta }^5+{\zeta }^6$ を展開する(${\zeta }^7=1$ で指数を $\mathrm{mod}7$)。 $$AB=\sum ({\zeta }^{1,2,4}\cdot {\zeta }^{3,5,6})={\zeta }^4+{\zeta }^6+{\zeta }^0+{\zeta }^5+{\zeta }^0+{\zeta }^1+{\zeta }^0+{\zeta }^2+{\zeta }^3.$$ ${\zeta }^0=1$ が $3$ 個、${\zeta }^1,\dots ,{\zeta }^6$ が各 $1$ 個ずつだから $$AB=3+(\zeta +{\zeta }^2+\cdots +{\zeta }^6)=3+(-1)=2.$$ ③ 2次方程式を解く。 $A+B=-1,AB=2$ より $A,B$ は $x^2+x+2=0$ の解 $x=\frac{-1\pm \sqrt{1-8}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{7}i}{2}$。$A$ の虚部 $\sin \frac{2\pi }{7}+\sin \frac{4\pi }{7}+\sin \frac{8\pi }{7}>0$(正)なので $$A=\frac{-1+\sqrt{7}i}{2},B=\frac{-1-\sqrt{7}i}{2}.$$

まとめガウス和は個別でなく「和と積」で攻める。$A+B=-1$(全根の和)、$AB=2$(${\zeta }^7=1$ で指数整理)から2次方程式に落ちて $\frac{-1\pm \sqrt{7}i}{2}$。複素数(1のn乗根)と2次方程式の融合。

発展。 $A,B$ の指数 $\{1,2,4\}$ と $\{3,5,6\}$ は、$7$ の平方剰余と非剰余。この和(ガウス周期)を使うと、正 $7$ 角形は定規とコンパスだけでは作図できない($7$ が「よい素数」でない)ことも見える。ガウスが $19$ 歳で正 $17$ 角形の作図可能性を発見した理論の、最初の一歩がこの周期の計算だ。

別解

別解:平方剰余で $3$ つずつに分ける意味を読む(得意な人向けの高い視点)。 $A=\zeta +{\zeta }^2+{\zeta }^4$、$B={\zeta }^3+{\zeta }^5+{\zeta }^6$ の指数の分け方 $\{1,2,4\}$ と $\{3,5,6\}$ には意味がある。

$\mathrm{mod}7$ で平方を計算すると、$1^2=1$、$2^2=4$、$3^2=2$、$4^2=2$、$5^2=4$、$6^2=1$。現れるのは $\{1,2,4\}$ だけ。これらが $7$ の平方剰余(ある数の $2$ 乗で表せる余り)で、残り $\{3,5,6\}$ が非剰余だ。

つまり $A$ は「平方剰余の指数」、$B$ は「非剰余の指数」を集めたもの(ガウス周期)。この分け方が「和 $-1$・積 $2$」というきれいな対称性を生む。

$A-B=\sqrt{-7}=\sqrt{7}i$ になるのも偶然でなく、平方剰余の理論(ガウス和)で $\pm \sqrt{\pm p}$ が現れる一般法則の $p=7$ の場合。本問の $2$ 次方程式 $x^2+x+2=0$ の判別式 $-7$ に、素数 $7$ が現れている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 頂点が単位円上($|\alpha |=|\beta |=|\gamma |=1$)というのが最大のヒント。外心が原点になる、いちばん扱いやすい配置だ。

$\mathrm{H}=\alpha +\beta +\gamma$ と「予想」して、それが垂心である($\mathrm{AH}\perp \mathrm{BC}$ など)ことを確かめる。垂直は「複素数の比が純虚数」で表せる。$\frac{\mathrm{H}-\alpha }{\beta -\gamma }=\frac{\beta +\gamma }{\beta -\gamma }$ が純虚数であることを、$|\beta |=|\gamma |=1$($\beta \overline{\beta }=\gamma \overline{\gamma }=1$)を使って示す。

① $\mathrm{AH}\perp \mathrm{BC}$ を示す。 $\mathrm{H}=\alpha +\beta +\gamma$ とおくと $\mathrm{H}-\alpha =\beta +\gamma$。辺 $\mathrm{BC}$ は $\beta -\gamma$。比を作ると $$w=\frac{\mathrm{H}-\alpha }{\beta -\gamma }=\frac{\beta +\gamma }{\beta -\gamma }.$$ これが純虚数、すなわち $w+\bar{w}=0$ を示す。$|\beta |=|\gamma |=1$ より $\bar{\beta }=\frac{1}{\beta },\bar{\gamma }=\frac{1}{\gamma }$ だから $$\bar{w}=\frac{\bar{\beta }+\bar{\gamma }}{\bar{\beta }-\bar{\gamma }}=\frac{\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }}{\frac{1}{\beta }-\frac{1}{\gamma }}=\frac{\gamma +\beta }{\gamma -\beta }=-\frac{\beta +\gamma }{\beta -\gamma }=-w.$$ よって $w+\bar{w}=0$、$w$ は純虚数。ゆえに $\mathrm{AH}\perp \mathrm{BC}$。

② 他の頂点も同様。 まったく同じ計算で $\frac{\mathrm{H}-\beta }{\gamma -\alpha },\frac{\mathrm{H}-\gamma }{\alpha -\beta }$ も純虚数。よって $\mathrm{BH}\perp \mathrm{CA}$、$\mathrm{CH}\perp \mathrm{AB}$。

③ 結論。 $\mathrm{H}$ は $3$ 頂点から対辺への垂線すべての上にあるから、三角形の垂心。したがって垂心は $\alpha +\beta +\gamma$。

まとめ 「垂直 $⟺$ 比が純虚数」を使うと、$\mathrm{H}=\alpha +\beta +\gamma$ が全垂線上にあることが円上条件 $\bar{\beta }=1/\beta$ からすぐに出る。連立不要で垂心が求まる。複素数の絶対値条件と幾何の融合。

発展。 外心を原点にとると、重心 $\mathrm{G}=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$、垂心 $\mathrm{H}=\alpha +\beta +\gamma$、九点円の中心 $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{2}$ がすべて頂点の和の定数倍で書ける。オイラー線上にこれらが $\mathrm{O}:\mathrm{G}:\cdots :\mathrm{H}$ ときれいな比で並ぶ。複素数を使うと、三角形の五心の関係を計算だけで示せる。

別解

別解:オイラー線(外心・重心・垂心)でまとめて見る(得意な人向けの高い視点)。 $3$ 頂点が単位円上なので、外心は原点 $\mathrm{O}=0$。重心は $\mathrm{G}=\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$。

三角形には「外心 $\mathrm{O}$、重心 $\mathrm{G}$、垂心 $\mathrm{H}$ が一直線(オイラー線)に並び、$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$」という定理がある。$\mathrm{O}=0$ を使うと

$$\mathrm{H}=3\mathrm{G}=3\cdot \frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}=\alpha +\beta +\gamma .$$

垂心が頂点の和になる、という本問の結論が、オイラー線の関係 $\mathrm{H}=3\mathrm{G}$ と外心が原点という設定から1行で出る。

各頂点で垂直を確かめる(本解)のは定義に忠実だが、オイラー線を知っていると「外心を原点にとれば $\mathrm{H}=\alpha +\beta +\gamma$」と暗記でき、複素数で三角形の五心を扱う際の基本形になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\cos }^{2n}\theta$ を積分するには、まず指数関数に開くのが基本だ。$\cos \theta =\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}$ を $2n$ 乗して二項展開する。

展開すると $e^{ik\theta }$($k$ は $-2n$ から $2n$ の偶数)の和になる。ここで ${\int }_0^{2\pi }{e}^{ik\theta }d\theta$ は、$k=0$ のとき $2\pi$、それ以外は $0$。だから残るのは、指数が打ち消し合う中央の項($e^{in\theta }\cdot e^{-in\theta }$ の組)だけ。その二項係数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ が答えを決める。

① 指数関数で二項展開。 $\cos \theta =\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}$ より $${\cos }^{2n}\theta =\frac{1}{4^n}(e^{i\theta }+e^{-i\theta }{)}^{2n}=\frac{1}{4^n}\sum _{k=0}^{2n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k})e^{i(2n-k)\theta }{e}^{-ik\theta }=\frac{1}{4^n}\sum _{k=0}^{2n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k})e^{i(2n-2k)\theta }.$$ ② 積分して残る項。 各項を $0$ から $2\pi$ まで積分すると、指数 $2n-2k=0$、すなわち $k=n$ の項だけが $2\pi$ を残し、他は $0$。よって $${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\cdot 2\pi .$$ ③ 結論。 ${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{2\pi }{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$。

まとめ三角関数の偶数乗の積分は、指数関数に直して二項展開し、$\int e^{ik\theta }$ が $k=0$ 以外で消えることを使うと、中央の二項係数だけが残る。答えは $\frac{2\pi }{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$。複素数・二項定理・積分の融合。

発展。 $\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ は、$\pm 1$ を等確率でとる $2n$ 回の歩みが原点に戻る確率(ランダムウォークの再帰確率)にも等しい。積分・二項係数・確率が同じ数を指す。$n\to \infty$ では $\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ 程度で $0$ に近づく(スターリング)。

別解

別解:ウォリスの積分に帰着させる(得意な人向けの視点)。 ${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta$ は、対称性から ${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n}\theta d\theta$(ウォリスの積分)の $4$ 倍。

ウォリスの公式で ${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{\pi }{2}\cdot \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$。$4$ 倍すると

$${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta =2\pi \cdot \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}.$$

この $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ は、中心二項係数を使うと $\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ に等しい($n=3$ なら $\frac{5\cdot 3\cdot 1}{6\cdot 4\cdot 2}=\frac{5}{16}=\frac{1}{64}\cdot 20$)。だから

$${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta d\theta =\frac{2\pi }{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right).$$

複素数の二項展開(本解)が中央項を拾うのと、実数のウォリス公式は同じ値の別表現。二項係数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ と $!!$ の関係を通して、離散(組合せ)と連続(積分)がつながっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-{\zeta }^k}$ は「根の逆数っぽい和」。多項式の対数微分でまとめて扱える。

${\zeta }^k$($k=1,\dots ,n-1$)を根にもつ多項式は $P(x)=\frac{x^n-1}{x-1}=1+x+\cdots +x^{n-1}=\prod _{k=1}^{n-1}(x-{\zeta }^k)$。対数微分すると $\frac{P^{\prime }(x)}{P(x)}=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{x-{\zeta }^k}$。$x=1$ を代入すれば、求める和が $\frac{P^{\prime }(1)}{P(1)}$ で計算できる。

① 多項式を用意する。 ${\zeta }^k(k=1,\dots ,n-1)$ を根にもつのは $P(x)=1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}$。

② $P(1),P^{\prime }(1)$ を計算する。 $P(1)=\underset{n}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}=n$。導関数 $P^{\prime }(x)=1+2x+3x^2+\cdots +(n-1)x^{n-2}$ に $x=1$ を入れると $$P^{\prime }(1)=1+2+\cdots +(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}.$$ ③ 対数微分に $x=1$ を代入。 $\frac{P^{\prime }(x)}{P(x)}=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{x-{\zeta }^k}$ に $x=1$ を代入して $$\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-{\zeta }^k}=\frac{P^{\prime }(1)}{P(1)}=\frac{\frac{n(n-1)}{2}}{n}=\frac{n-1}{2}.$$

まとめ 「根の分数の和」は、根をもつ多項式の対数微分 $\frac{P^{\prime }}{P}=\sum \frac{1}{x-\text{根}}$ で捉えるのが基本だ。$P=1+x+\cdots +x^{n-1}$ の $P(1)=n,P^{\prime }(1)=\frac{n(n-1)}{2}$ から、和は $\frac{n-1}{2}$。複素数と微分・対称式の融合。

発展。 $\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-{\zeta }^k}=\frac{n-1}{2}$ は、根の逆数和(対数微分)の典型。同じ対数微分で $\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1-{\zeta }^k{)}^2}=-\frac{(n-1)(n-5)}{12}$ なども出せる。多項式の根に関する和(ニュートンの公式や部分分数)は、$\frac{P^{\prime }}{P}$ という対数微分の道具でまとめて扱えるのが強みだ。

別解

別解:共役ペアを足して $1$ にする(苦手な人にも見通しのよいルート)。 和の項を ${\zeta }^k$ と ${\zeta }^{n-k}$(共役)のペアにまとめる。${\zeta }^{n-k}=\overline{{\zeta }^k}$ だから、この $2$ 項の和は

$$\frac{1}{1-{\zeta }^k}+\frac{1}{1-\overline{{\zeta }^k}}=\frac{(1-\overline{{\zeta }^k})+(1-{\zeta }^k)}{|1-{\zeta }^k{|}^2}=\frac{2-2\mathrm{Re}{\zeta }^k}{|1-{\zeta }^k{|}^2}.$$

分母 $|1-{\zeta }^k{|}^2=(1-{\zeta }^k)(1-\overline{{\zeta }^k})=2-2\mathrm{Re}{\zeta }^k$ と、分子がぴったり同じ。だから各ペアの和は $1$。$k=1,\dots ,n-1$ を $\{k,n-k\}$ のペアに分けると、ちょうど $\frac{n-1}{2}$ 組(重複や中央項を数えても総和は変わらない)。よって

$$\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-{\zeta }^k}=\frac{n-1}{2}.$$

対数微分(本解)は $\frac{P^{\prime }(1)}{P(1)}$ で機械的に出すが、共役ペアの相殺は「なぜ答えが実数の $\frac{n-1}{2}$ になるか」を目に見せてくれる。虚部が対称に打ち消し合うのが一目瞭然だ。