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九州大学 2016年理系第5問解説

方針・初手

(1) ド・モアブルの定理と、負の偏角に対する複素数の性質を用いる。

(2) 2倍角、3倍角の公式を用いて方程式を $\cos x$ のみに依存する形に帰着させるのが簡明である。

(3) 半角の公式（次数下げの公式）を用いて、1次の $\cos$ の和の形に変形する。その後、和積の公式を利用して値を計算する。

解法1

(1) ド・モアブルの定理より、$z = \cos\theta + i\sin\theta$ に対して、整数 $n$ で以下が成り立つ。

$$ z^n = \cos n\theta + i\sin n\theta $$

また、

$$ \frac{1}{z^n} = z^{-n} = \cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta) = \cos n\theta - i\sin n\theta $$

この2式の辺々を加えると、

$$ z^n + \frac{1}{z^n} = 2\cos n\theta $$

両辺を $2$ で割って、

$$ \cos n\theta = \frac{1}{2}\left(z^n + \frac{1}{z^n}\right) $$

同様に、先の2式の辺々を引くと、

$$ z^n - \frac{1}{z^n} = 2i\sin n\theta $$

両辺を $2i$ で割って、

$$ \sin n\theta = \frac{1}{2i}\left(z^n - \frac{1}{z^n}\right) = -\frac{i}{2}\left(z^n - \frac{1}{z^n}\right) $$

よって、題意は示された。

(2) 方程式 $\cos x + \cos 2x - \cos 3x = 1$ において、2倍角の公式と3倍角の公式を用いると、

$$ \cos x + (2\cos^2 x - 1) - (4\cos^3 x - 3\cos x) = 1 $$

整理して、

$$ -4\cos^3 x + 2\cos^2 x + 4\cos x - 2 = 0 $$

$$ 2\cos^3 x - \cos^2 x - 2\cos x + 1 = 0 $$

左辺を因数分解する。

$$ \cos^2 x (2\cos x - 1) - (2\cos x - 1) = 0 $$

$$ (\cos^2 x - 1)(2\cos x - 1) = 0 $$

$$ (\cos x - 1)(\cos x + 1)(2\cos x - 1) = 0 $$

したがって、

$$ \cos x = 1, -1, \frac{1}{2} $$

$0 \leqq x < 2\pi$ であるから、 $\cos x = 1$ のとき、$x = 0$ $\cos x = -1$ のとき、$x = \pi$ $\cos x = \frac{1}{2}$ のとき、$x = \frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$

以上より、求める $x$ の値は、

$$ x = 0, \frac{\pi}{3}, \pi, \frac{5\pi}{3} $$

(3) 半角の公式より $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ であるから、与式の左辺を変形すると、

$$ \begin{aligned} (\text{左辺}) &= \frac{1 - \cos 40^\circ}{2} + \frac{1 - \cos 80^\circ}{2} + \sin^2 60^\circ + \frac{1 - \cos 160^\circ}{2} \\ &= \frac{1 - \cos 40^\circ}{2} + \frac{1 - \cos 80^\circ}{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \frac{1 - \cos 160^\circ}{2} \\ &= \frac{3}{2} - \frac{1}{2}(\cos 40^\circ + \cos 80^\circ + \cos 160^\circ) + \frac{3}{4} \\ &= \frac{9}{4} - \frac{1}{2}(\cos 40^\circ + \cos 80^\circ + \cos 160^\circ) \end{aligned} $$

ここで、括弧の中の最初の2項に和と積の公式を用いると、

$$ \cos 40^\circ + \cos 80^\circ = 2\cos\frac{40^\circ+80^\circ}{2}\cos\frac{40^\circ-80^\circ}{2} = 2\cos 60^\circ\cos(-20^\circ) = 2 \cdot \frac{1}{2} \cos 20^\circ = \cos 20^\circ $$

また、

$$ \cos 160^\circ = \cos(180^\circ - 20^\circ) = -\cos 20^\circ $$

したがって、

$$ \cos 40^\circ + \cos 80^\circ + \cos 160^\circ = \cos 20^\circ - \cos 20^\circ = 0 $$

よって、

$$ (\text{左辺}) = \frac{9}{4} - 0 = \frac{9}{4} = (\text{右辺}) $$

となり、与式は成り立つ。

解法2

(2) 和と積の公式を利用する別解を示す。方程式を次のように変形する。

$$ \cos x - 1 + \cos 2x - \cos 3x = 0 $$

ここで、半角の公式および和と積の公式を用いると、

$$ -2\sin^2 \frac{x}{2} - 2\sin \frac{5x}{2} \sin \left(-\frac{x}{2}\right) = 0 $$

$$ -2\sin^2 \frac{x}{2} + 2\sin \frac{5x}{2} \sin \frac{x}{2} = 0 $$

$$ 2\sin \frac{x}{2} \left( \sin \frac{5x}{2} - \sin \frac{x}{2} \right) = 0 $$

さらに括弧の中に和と積の公式を用いると、

$$ 2\sin \frac{x}{2} \cdot 2\cos \frac{3x}{2} \sin x = 0 $$

$\sin x = 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ を代入すると、

$$ 8\sin^2 \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{3x}{2} = 0 $$

よって、

$$ \sin \frac{x}{2} = 0, \quad \cos \frac{x}{2} = 0, \quad \cos \frac{3x}{2} = 0 $$

$0 \leqq x < 2\pi$ より $0 \leqq \frac{x}{2} < \pi$, $0 \leqq \frac{3x}{2} < 3\pi$ であるから、

$\sin \frac{x}{2} = 0$ より $\frac{x}{2} = 0$ すなわち $x = 0$

$\cos \frac{x}{2} = 0$ より $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{2}$ すなわち $x = \pi$

$\cos \frac{3x}{2} = 0$ より $\frac{3x}{2} = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ すなわち $x = \frac{\pi}{3}, \pi, \frac{5\pi}{3}$

したがって、

$$ x = 0, \frac{\pi}{3}, \pi, \frac{5\pi}{3} $$

(3) (1)の性質を用いた別解を示す。

$\theta = 20^\circ$ とおくと、$9\theta = 180^\circ$ より $z^9 = \cos 180^\circ + i\sin 180^\circ = -1$ である。

(1)の結論 $\sin n\theta = -\frac{i}{2}(z^n - z^{-n})$ より、

$$ \sin^2 n\theta = -\frac{1}{4}(z^n - z^{-n})^2 = -\frac{1}{4}(z^{2n} + z^{-2n} - 2) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}(z^{2n} + z^{-2n}) $$

求める和は $n=1, 2, 3, 4$ の場合の和であり、

$$ \sum_{n=1}^{4} \sin^2 n\theta = \sum_{n=1}^{4} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{4}(z^{2n} + z^{-2n}) \right) = 2 - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{4} (z^{2n} + z^{-2n}) $$

ここで、$\sum_{n=1}^{4} z^{2n}$ は初項 $z^2$、公比 $z^2$ の等比数列の和であり、$z^2 \neq 1$ より、

$$ \sum_{n=1}^{4} z^{2n} = \frac{z^2(1 - (z^2)^4)}{1 - z^2} = \frac{z^2 - z^{10}}{1 - z^2} $$

$z^9 = -1$ より $z^{10} = -z$ であるから、

$$ \sum_{n=1}^{4} z^{2n} = \frac{z^2 + z}{1 - z^2} = \frac{z(z+1)}{(1-z)(1+z)} = \frac{z}{1-z} $$

同様に、$z^{-n}$ 側の和は、

$$ \sum_{n=1}^{4} z^{-2n} = \frac{z^{-2}(1 - (z^{-2})^4)}{1 - z^{-2}} = \frac{z^{-2} - z^{-10}}{1 - z^{-2}} $$

$z^9 = -1$ より $z^{-9} = -1$ なので、$z^{-10} = -z^{-1}$ である。

$$ \sum_{n=1}^{4} z^{-2n} = \frac{z^{-2} + z^{-1}}{1 - z^{-2}} = \frac{1 + z}{z^2 - 1} = \frac{1 + z}{(z - 1)(z + 1)} = \frac{1}{z - 1} = -\frac{1}{1 - z} $$

したがって、

$$ \sum_{n=1}^{4} (z^{2n} + z^{-2n}) = \frac{z}{1-z} - \frac{1}{1-z} = \frac{z-1}{1-z} = -1 $$

よって、求める和は

$$ 2 - \frac{1}{4}(-1) = \frac{9}{4} $$

となり、与式は示された。