【数Ⅲ複素数平面】ド・モアブルと剰余の定理を用いて z+z^2+z^3+・・・の和を求める(九州大)

以下の問いに答えよ。（九州大2016）
(1) $\theta$ を $0\leqq\theta<2\pi$ を満たす実数、$i$ を虚数単位とし、$z$ を$z=\cos\theta+i\sin\theta$ で表される複素数とする。このとき、整数 $n$ に対して次の式を証明せよ。
$$\displaystyle\cos n\theta=\frac{1}{2}\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right),\enspace\sin n\theta=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)$$
(2) 次の方程式を満たす実数 $x\enspace(0\leqq x<2\pi)$ を求めよ。
$$\cos x+\cos 2x-\cos 3x=1$$
(3) 次の式を証明せよ。
$$\sin^2 20\degree+\sin^2 40\degree+\sin^2 60\degree+\sin^2 80\degree=\frac{9}{4}$$

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ド・モアブルの定理

今回はド・モアブルの定理を使っていきます。

$\cos\theta+i\sin\theta$ は複素数の極形式の表し方でした。ド・モアブルの定理でおさえておくべきポイントは、たとえば $z$ の偏角が $30\degree$ とすると、 $z^2$ の偏角は $60\degree$、$z^3$ の偏角は $90\degree$ になるということです。

では、(1) の式を示していきましょう。
$z=\cos\theta+i\sin\theta$

まず、コサインの方の式から。
ド・モアブルの定理より
$z^n=(\cos\theta+i\sin\theta)^n$
$z^n=\cos n\theta+i\sin n\theta$
$\displaystyle\frac{1}{z^n}=\frac{1}{\cos n\theta+i\sin n\theta}$
となるので
$\displaystyle z^n+\frac{1}{z^n}=\cos n\theta+i\sin n\theta+\frac{1}{\cos n\theta+i\sin n\theta}$
分母の $i$ は早めに有理化します。
$\displaystyle z^n+\frac{1}{z^n}=\cos n\theta+i\sin n\theta+\frac{\cos n\theta-i\sin n}{(\cos n\theta+i\sin n\theta)(\cos n\theta-i\sin n)}$
$\displaystyle =\cos n\theta+i\sin n\theta+\frac{\cos n\theta-i\sin n\theta}{\cos^2 n\theta+\sin^2 n\theta}$
ここで、三角関数の公式 $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ より分母が $1$ となって
$\displaystyle =\cos n\theta+i\sin n\theta+\cos n\theta-i\sin n\theta$
$=2\cos n\theta$
よって
$\displaystyle\cos n\theta=\frac{1}{2}\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right)$

また
$\displaystyle z^n-\frac{1}{z^n}=2i\sin n\theta$
$\displaystyle i\sin n\theta=\frac{1}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^2}\right)$
$\displaystyle \sin n\theta=\frac{1}{2i}\left(z^n-\frac{1}{z^2}\right)$
$\displaystyle \sin n\theta=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^2}\right)$（証明終わり）

ド・モアブルの定理から2倍角、3倍角を考える

(2) に進みます。
$$\cos x+\cos 2x-\cos 3x=1$$
上で説明した通り、ド・モアブルの定理から $z^2$ は偏角 2 倍、$z^3$ は偏角 3 倍ということでした。そこから (1) で証明した式を使いましょう。
$\theta=x$ として
$n=1$ のとき、$\displaystyle \cos x=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)$
$n=2$ のとき、$\displaystyle \cos 2x=\frac{1}{2}\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right)$
$n=3$ のとき、$\displaystyle \cos 3x=\frac{1}{2}\left(z^3+\frac{1}{z^3}\right)$
よって与式は
$\displaystyle\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}+z^2+\frac{1}{z^2}+z^3+\frac{1}{z^3}\right)=1$
$\displaystyle z+\frac{1}{z}+z^2+\frac{1}{z^2}+z^3+\frac{1}{z^3}=2\cdots$①
ここで展開の公式 $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ を利用します。
$\displaystyle \left(z+\frac{1}{z}\right)^2=z^2+2z\cdot\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}=z^2+\frac{1}{z^2}+2$ を変形して
$\displaystyle z^2+\frac{1}{z^2}=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2-2$

$\displaystyle z^3+\frac{1}{z^3}=\left(z+\frac{1}{z}\right)^3-3z-3\frac{1}{z}$
$\displaystyle z^3+\frac{1}{z^3}=\left(z+\frac{1}{z}\right)^3-3\left(z+\frac{1}{z}\right)$
①に代入すると
$\displaystyle z+\frac{1}{z}+\left(z+\frac{1}{z}\right)^2-2+\left(z+\frac{1}{z}\right)^3-3\left(z+\frac{1}{z}\right)=2$

ここで、$\displaystyle z+\frac{1}{z}=k$ とすると
$k+k^2-2-k^3+3k=2$
$-k^3+k^2+4k-4=0$
$k^3-k^2-4k+4=0$

$k=1$ で式が $0$ になるとき、式は $k-1$ で割り切れます。この辺りがピンとこないときは数Ⅱの剰余の定理を復習しましょう。

そして組み立て除法を用いたほうが早く計算できます。
$\begin{matrix}1&-1&-4&4&\enspace|4\\&1&0&-4\\\hline1&0&-4&0\end{matrix}$
よって
$(k-1)(k^2-4)=0$
$(k-1)(k+2)(k-2)=0$
$k=1,-2,2$
これを最初に求めた $\displaystyle \cos x=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)$ に当てはめます。
$k=1$ のとき $\displaystyle \cos x=\frac{1}{2}$
$\displaystyle x=\frac{\pi}{3},\frac{5}{3}\pi$
$k=-2$ のとき $\displaystyle \cos x=-1$
$x=\pi$
$k=2$ のとき $\displaystyle \cos x=1$
$x=0$
したがって
$\displaystyle x=0,\frac{\pi}{3},\pi,\frac{5}{3}\pi$（答え）

ド・モアブルと剰余の定理を用いて $z+z^2+z^3\cdots$ を求める

(3) に進みます。

$$\sin^2 20\degree+\sin^2 40\degree+\sin^2 60\degree+\sin^2 80\degree=\frac{9}{4}$$

まず (1) で求めた式を使って
$\displaystyle \sin^2 n\theta=-\frac{1}{4}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)^2$
$\displaystyle \sin^2 n\theta=-\frac{1}{4}\left(z^{2n}-\frac{1}{z^{2n}}-2\right)$
ここで $\theta=20\degree$ とすると、$40\degree$ は $n=2$、$60\degree$ は $n=3$ という具合に考えることができそうです。
よって与式は
$\displaystyle -\frac{1}{4}\left(z^2+\frac{1}{z^2}+z^4+\frac{1}{z^4}+z^6+\frac{1}{z^6}+z^8+\frac{1}{z^8}-8\right)\cdots$①

ここで問題となるのは、$z$ の値が分からないことです。しかし、$z^2,z^4,\cdots$ とすると偏角が増えていくわけですから、考えてみると $z^9$ のときに偏角が $180\degree$ となることが分かります。つまり $n=9$ のとき $n\theta=180\degree$ です。
$z^9=\cos 180\degree+i\sin 180\degree=-1$
移項して $z^9+1=0\cdots$②
この式は $z=-1$ のとき左辺が $0$ になります。つまり式は $z+1$ で割り切れるということです。

ここも組み立て除法を使います。

$\begin{matrix}1&0&0&0&0&0&0&0&0&1&|-1\\&-1&1&-1&1&-1&1&-1&1&-1\\\hline 1&-1&1&-1&1&-1&1&-1&1&0\end{matrix}$

よって②は
$(z+1)(z^8-z^7+z^6-z^5+z^4-z^3+z^2-z+1)=0$
並べかえて
$(z+1)(z^2+z^4+z^6+z^8-z-z^3-z^5-z^7+1)=0$

ここで $z$ は偏角が $20\degree$ だったので、$z\not =-1$ と言えます。つまり $(z+1)$ の部分が $0$ になることはないので、$(z^2+z^4+z^6+z^8-z-z^3-z^5-z^7+1)$ の方が $0$ になります。
$z\not =-1$ だから
$z^2+z^4+z^6+z^8-z-z^3-z^5-z^7+1=0$
$z^2+z^4+z^6+z^8-z-z^3-z^5-z^7=-1$

考え方としては、$z^2+z^4+z^6+z^8$ の部分はもとの式にあるので良いとして、$-z-z^3-z^5-z^7$ の部分がもとの式に無いので変形して作っていきます。

そこで、ムリヤリ分数の形にすることを考えると、$\displaystyle z=z^9\cdot\frac{1}{z^8}$ とすることができます。この考えていくと
$z^2+z^4+z^6+z^8-z-z^3-z^5-z^7=-1$
$\displaystyle z^2+z^4+z^6+z^8-z^9\left(\frac{1}{z^8}+\frac{1}{z^6}+\frac{1}{z^4}+\frac{1}{z^2}\right)=-1$
ここで $z^9=-1$ だったので
$\displaystyle z^2+\frac{1}{z^2}+z^4+\frac{1}{z^4}+z^6+\frac{1}{z^6}+z^8+\frac{1}{z^8}=-1$
①に代入すると
$\displaystyle -\frac{1}{4}(-1-8)=\frac{9}{4}$（答え）