トップ› 東京大学› 1971年› 理系第5問

東京大学 1971年理系第5問解説

方針・初手

与えられた点 $P, Q_k$ の座標を用いて $\overline{PQ_k}^2$ を式で表し、$s_n$ を立式する。 $s_n$ は $\frac{1}{n} \sum$ の形になるため、極限 $\lim_{n \to \infty} s_n$ の計算においては、区分求積法を利用して定積分に直すか、あるいは三角関数の和を直接計算してから極限をとる方針が考えられる。

解法1

点 $Q_k$ の座標は $\left( \cos \frac{2\pi k}{n}, \sin \frac{2\pi k}{n} \right)$ であり、点 $P$ の座標は $(a, b)$ であるから、線分 $PQ_k$ の長さの2乗は

$$ \overline{PQ_k}^2 = \left( a - \cos \frac{2\pi k}{n} \right)^2 + \left( b - \sin \frac{2\pi k}{n} \right)^2 $$

展開して整理すると

$$ \overline{PQ_k}^2 = a^2 - 2a \cos \frac{2\pi k}{n} + \cos^2 \frac{2\pi k}{n} + b^2 - 2b \sin \frac{2\pi k}{n} + \sin^2 \frac{2\pi k}{n} $$

$$ \overline{PQ_k}^2 = a^2 + b^2 + 1 - 2a \cos \frac{2\pi k}{n} - 2b \sin \frac{2\pi k}{n} $$

となる。したがって、$s_n$ は次のように表される。

$$ s_n = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \overline{PQ_k}^2 = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left( a^2 + b^2 + 1 - 2a \cos \frac{2\pi k}{n} - 2b \sin \frac{2\pi k}{n} \right) $$

ここで、$\lambda_P = \lim_{n \to \infty} s_n$ を求める。これは区分求積法 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} f(x) dx$ を用いて計算できる。

$$ \begin{aligned} \lambda_P &= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left( a^2 + b^2 + 1 - 2a \cos \left( 2\pi \cdot \frac{k}{n} \right) - 2b \sin \left( 2\pi \cdot \frac{k}{n} \right) \right) \\ &= \int_{0}^{1} (a^2 + b^2 + 1 - 2a \cos 2\pi x - 2b \sin 2\pi x) dx \\ &= \left[ (a^2 + b^2 + 1)x - \frac{a}{\pi} \sin 2\pi x + \frac{b}{\pi} \cos 2\pi x \right]_{0}^{1} \\ &= \left( a^2 + b^2 + 1 - 0 + \frac{b}{\pi} \right) - \left( 0 - 0 + \frac{b}{\pi} \right) \\ &= a^2 + b^2 + 1 \end{aligned} $$

よって、$\lambda_P = a^2 + b^2 + 1$ である。

次に、$\lambda_P$ が最小となる点 $P$ の位置を求める。 $a, b$ は実数であるから、$a^2 \geqq 0, b^2 \geqq 0$ であり

$$ \lambda_P = a^2 + b^2 + 1 \geqq 1 $$

が成り立つ。等号が成立するのは $a = 0$ かつ $b = 0$ のときである。したがって、点 $P$ が原点 $(0, 0)$ にあるとき、$\lambda_P$ は最小となる。

解法2

解法1と同様に展開し、和の順番を入れ替えて $s_n$ を以下の形に変形する。

$$ s_n = a^2 + b^2 + 1 - \frac{2a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \cos \frac{2\pi k}{n} - \frac{2b}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sin \frac{2\pi k}{n} $$

極限 $\lim_{n \to \infty} s_n$ を考えるため、$n \geqq 2$ と仮定してよい。このとき、複素数平面において $z_k = \cos \frac{2\pi k}{n} + i \sin \frac{2\pi k}{n}$ とおくと、$z_k$ は方程式 $z^n = 1$ の解である。方程式 $z^n - 1 = 0$ は $(z-1)(z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots + 1) = 0$ と因数分解できる。 $n \geqq 2$ において、$z_k \neq 1$ を含む $n$ 個の解の和は、解と係数の関係、あるいは等比数列の和の公式から

$$ \sum_{k=0}^{n-1} z_k = \sum_{k=0}^{n-1} \left( \cos \frac{2\pi k}{n} + i \sin \frac{2\pi k}{n} \right) = 0 $$

となる。両辺の実部と虚部を比較して

$$ \sum_{k=0}^{n-1} \cos \frac{2\pi k}{n} = 0, \quad \sum_{k=0}^{n-1} \sin \frac{2\pi k}{n} = 0 $$

を得る。（図形的には、正 $n$ 角形の頂点の重心が原点に一致することからも明らかである。）

したがって、任意の $n \geqq 2$ に対して

$$ s_n = a^2 + b^2 + 1 $$

となる。よって極限値は

$$ \lambda_P = \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} (a^2 + b^2 + 1) = a^2 + b^2 + 1 $$

である。

$\lambda_P = a^2 + b^2 + 1 \geqq 1$ であり、等号は $a = 0$ かつ $b = 0$ のときに成り立つ。よって、点 $P$ が原点にあるとき、$\lambda_P$ は最小となる。

解説

式を立てた後、極限を求める際に「区分求積法」を用いるか、「正 $n$ 角形の重心」や「1の $n$ 乗根の和」の性質を用いて和を直接計算するかの2通りのアプローチが可能な問題である。区分求積法を用いる解法1は、$n \to \infty$ の極限を求める定石として機械的に処理できるため試験場で選びやすい。解法2のように和そのものが $0$ になることに気づけば、極限をとるまでもなく計算はより簡明に終わる。