九州大学 2019年度後期・理系数学後期第3問解答・解説

問題

以下の問いに答えよ。

(1) 平面上の2点 $P$ ， $Q$ の座標をそれぞれ $(a, b)$ ， $(c, d)$ とし， $O$ を原点とする。また，複素数 $α$ ， $β$ を $α = a + ib$ ， $β = c + i d$ と定める。このとき，ベクトル $O P$ と $O Q$ の内積 $O P \cdot O Q$ は $\frac{α β + α β}{2}$ に等しいことを示せ。ただし， $i$ は虚数単位， $\overline{α}$ ， $\overline{β}$ は，それぞれ， $α$ ， $β$ の共役な複素数である。

(2) 原点 $O$ を中心とする半径1の円を単位円という。単位円に内接する正 $n$ 角形 $(n ≧ 3)$ の頂点を $P_{0}, P_{1}, \dots, P_{n - 1}$ とする。このとき，単位円上の点 $A$ に対して，

S_{p} = (O P_{0} \cdot O A)^{p} + (O P_{1} \cdot O A)^{p} + \dots + (O P_{n - 1} \cdot O A)^{p}

とする。ただし， $p$ は $0 < p < n$ を満たす整数とする。

(a) $S_{1} = 0$ が成り立つことを示せ。

(b) $S_{2} = \frac{n}{2}$ が成り立つことを示せ。

出典：九州大学 2019年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第3問

方針

解法1

(1)では複素数の積 $α \overline{β}$ の実部が内積になることを直接展開して示す。(2)では正 $n$ 角形の頂点を単位複素数 $ω^{k}$ で表し、単位円上の点 $A$ を $γ$ と表す。内積は $(ω^{k} \overline{γ} + ω^{- k} γ) /2$ になるので、 $S_{1}, S_{2}$ は $n$ 乗根の和で消える。一般の $S_{p}$ も二項展開し、 $0 < p < n$ のため非定数の回転成分がすべて消えることを示す。

解法2

頂点と点 $A$ を偏角で表し、内積を余弦へ直す。正多角形上の等間隔な角に対する三角和を使い、 $cos^{p} x$ の複素指数展開で一般の $p$ を処理する。

解答

解法1

(1)

$α = a + bi, β = c + d i$ であるから $\overline{β} = c - d i$ である。よって

α \overline{β} = (a + bi) (c - d i) = a c + b d + (b c - a d) i

である。同様に $\overline{α} β = a c + b d - (b c - a d) i$ である。したがって $\frac{α β + α β}{2} = a c + b d$ である。一方、 $O P = (a, b), O Q = (c, d)$ なので $O P \cdot O Q = a c + b d$ である。よって主張が示された。

(2)

$ω = cos \frac{2 π}{n} + i sin \frac{2 π}{n}$ とおく。正 $n$ 角形の頂点を表す複素数は、順に $1, ω, ω^{2}, \dots, ω^{n - 1}$ とおける。また、単位円上の点 $A$ を表す複素数を $γ$ とする。このとき $∣ γ ∣ = 1$ である。

(1)より、 $P_{k}$ に対応する複素数が $ω^{k}$ であることを用いると

O P_{k} \cdot O A = \frac{ω ^{k} γ + ω ^{- k} γ}{2}

である。

(a)

S_{1} = \frac{1}{2} k = 0 \sum n - 1 (ω^{k} \overline{γ} + ω^{- k} γ)

である。ここで $\sum_{k = 0}^{n - 1} ω^{k} = 0, \sum_{k = 0}^{n - 1} ω^{- k} = 0$ だから $S_{1} = 0$ である。

(b)

S_{2} = \frac{1}{4} k = 0 \sum n - 1 (ω^{k} \overline{γ} + ω^{- k} γ)^{2} = \frac{1}{4} k = 0 \sum n - 1 (ω^{2 k} \overline{γ}^{2} + 2∣ γ ∣^{2} + ω^{- 2 k} γ^{2})

である。 $n ≧ 3$ なので $ω^{2} \neq = 1$ であり、 $\sum_{k = 0}^{n - 1} ω^{2 k} = 0, \sum_{k = 0}^{n - 1} ω^{- 2 k} = 0$ が成り立つ。また $∣ γ ∣ = 1$ である。したがって $S_{2} = \frac{1}{4} \cdot 2 n = \frac{n}{2}$ である。

(c)

S_{p} = k = 0 \sum n - 1 (\frac{ω ^{k} γ + ω ^{- k} γ}{2})^{p}

である。二項展開すると

S_{p} = \frac{1}{2 ^{p}} j = 0 \sum p_{p} C_{j} \overline{γ}^{j} γ^{p - j} k = 0 \sum n - 1 ω^{k (2 j - p)}

となる。

ここで $0 < p < n$ だから、整数 $2 j - p$ は $- (n - 1) ≦ 2 j - p ≦ n - 1$ の範囲にある。したがって $2 j - p \neq = 0$ のとき、 $2 j - p$ は $n$ の倍数ではなく、 $\sum_{k = 0}^{n - 1} ω^{k (2 j - p)} = 0$ である。残る可能性があるのは $2 j - p = 0$ の項だけである。

よって $p$ が奇数なら残る項はなく、 $S_{p} = 0$ である。 $p$ が偶数なら $j = \frac{p}{2}$ の項だけが残り、 $∣ γ ∣ = 1$ より $S_{p} = \frac{n}{2 ^{p}}_{p} C_{p /2}$ である。いずれの場合も $S_{p}$ は $γ$ 、すなわち点 $A$ によらない。

解法2

(1)

$α = a + ib$ 、 $β = c + i d$ とすると

α \overline{β} + \overline{α} β = 2 (a c + b d)

である。したがって

O P \cdot O Q = a c + b d = \frac{α β + α β}{2}

となる。

(2)

正 $n$ 角形の頂点の偏角を

ϕ + \frac{2 k π}{n} (k = 0, 1, \dots, n - 1)

とし、点 $A$ の偏角を $θ$ とする。 $δ = θ - ϕ$ とおけば

O P_{k} \cdot O A = cos (δ - \frac{2 k π}{n})

である。

(a)

等比数列の和から

k = 0 \sum n - 1 e^{- 2 k π i / n} = 0

である。その実部を取れば $S_{1} = 0$ である。

(b)

$cos^{2} x = (1 + cos 2 x) /2$ より

S_{2} = \frac{n}{2} + \frac{1}{2} k = 0 \sum n - 1 cos (2 δ - \frac{4 k π}{n})

である。 $n ≧ 3$ では後半の和が0になるので

S_{2} = \frac{n}{2}

である。

(c)

複素指数を用いると

cos^{p} x = \frac{1}{2 ^{p}} j = 0 \sum p_{p} C_{j} e^{i (p - 2 j) x}

である。これを各頂点の角へ代入して $k$ について和を取る。 $0 < p < n$ なので、 $p - 2 j \neq = 0$ なら $p - 2 j$ は $n$ の倍数ではなく、対応する等比数列の和は0である。

したがって $p$ が奇数なら $S_{p} = 0$ である。 $p$ が偶数なら $j = p /2$ の定数項だけが残り

S_{p} = \frac{n}{2 ^{p}}_{p} C_{p /2}

となる。いずれも $θ$ 、すなわち点 $A$ によらない。

九州大学 2019年度後期・理系数学 後期 第3問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(a)

(b)

(c)

解法2

(1)

(2)

(a)

(b)

(c)

九州大学 2019年度
後期・理系数学後期第3問