九州大学 2019年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

(1) $$\alpha =a+bi,\beta =c+di$$ であるから $\bar{\beta }=c-di$ である。よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \alpha \bar{\beta }}& {\displaystyle =(a+bi)(c-di)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =ac+bd+(bc-ad)i}\end{array}$$である。同様に $$\bar{\alpha }\beta =ac+bd-(bc-ad)i$$ である。したがって $$\frac{\alpha \bar{\beta }+\bar{\alpha }\beta }{2}=ac+bd$$ である。一方、$$\overrightarrow{OP}=(a,b),\overrightarrow{OQ}=(c,d)$$ なので $$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=ac+bd$$ である。よって主張が示された。

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

(1) より、$P_k$ に対応する複素数が ${\omega }^k$ であることを用いると$$\overrightarrow{O{P}_k}\cdot \overrightarrow{OA}=\frac{{\omega }^k\bar{\gamma }+{\omega }^{-k}\gamma }{2}$$である。

(a)$$S_1=\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}({\omega }^k\bar{\gamma }+{\omega }^{-k}\gamma )$$である。ここで $$\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^k=0,\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^{-k}=0$$ だから $S_1=0$ である。

(b)$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_2}& {\displaystyle =\frac{1}{4}\sum _{k=0}^{n-1}{({\omega }^k\bar{\gamma }+{\omega }^{-k}\gamma )}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\sum _{k=0}^{n-1}({\omega }^{2k}{\bar{\gamma }}^2+2\mathrm{\mid }\gamma {\mathrm{\mid }}^2+{\omega }^{-2k}{\gamma }^2)}\end{array}$$である。$n\geqq 3$ なので ${\omega }^2\mathrm{\ne }1$ であり、$$\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^{2k}=0,\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^{-2k}=0$$ が成り立つ。また $\mathrm{\mid }\gamma \mathrm{\mid }=1$ である。したがって $$S_2=\frac{1}{4}\cdot 2n=\frac{n}{2}$$ である。

(c)$$S_p=\sum _{k=0}^{n-1}{\left(\frac{{\omega }^k\bar{\gamma }+{\omega }^{-k}\gamma }{2}\right)}^p$$である。二項展開すると$$S_p=\frac{1}{2^p}\sum _{j=0}^p{}_p{\mathrm{C}}_j{\bar{\gamma }}^j{\gamma }^{p-j}\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^{k(2j-p)}$$となる。

ここで $0<p<n$ だから、整数 $2j-p$ は $$-(n-1)\leqq 2j-p\leqq n-1$$ の範囲にある。したがって $2j-p\mathrm{\ne }0$ のとき、$2j-p$ は $n$ の倍数ではなく、$$\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }^{k(2j-p)}=0$$ である。残る可能性があるのは $2j-p=0$ 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、$\mathrm{\mid }\gamma \mathrm{\mid }=1$ より $$S_p=\frac{n}{2^p}{}_p{\mathrm{C}}_{p\mathrm{/}2}$$ である。いずれの場合も $S_p$ は $\gamma$、すなわち点 $A$ によらない。

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。

(1)
$\alpha =a+ib$、$\beta =c+id$ とすると$$\alpha \bar{\beta }+\bar{\alpha }\beta =2(ac+bd)$$である。したがって$$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=ac+bd=\frac{\alpha \bar{\beta }+\bar{\alpha }\beta }{2}$$となる。

(2)
正 $n$ 角形の頂点の偏角を$$\varphi +\frac{2k\pi }{n}(k=0,1,\dots ,n-1)$$とし、点 $A$ の偏角を $\theta$ とする。$\delta =\theta -\varphi$ とおけば$$\overrightarrow{O{P}_k}\cdot \overrightarrow{OA}=\cos (\delta -\frac{2k\pi }{n})$$である。

(a)
等比数列の和から$$\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-2k\pi i\mathrm{/}n}=0$$である。その実部を取れば $S_1=0$ である。

(b)
${\cos }^{2}x=(1+\cos 2x)\mathrm{/}2$ より$$S_2=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}\cos (2\delta -\frac{4k\pi }{n})$$である。$n\geqq 3$ 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$${\cos }^{p}x=\frac{1}{2^p}\sum _{j=0}^p{}_p{\mathrm{C}}_j{e}^{i(p-2j)x}$$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、$p-2j\mathrm{\ne }0$ なら $p-2j$ 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 $j=p\mathrm{/}2$ の定数項だけが残り$$S_p=\frac{n}{2^p}{}_p{\mathrm{C}}_{p\mathrm{/}2}$$となる。いずれも $\theta$、すなわち点 $A$ によらない。