解説

方針・初手

$z=\cos\dfrac{\pi}{n}+i\sin\dfrac{\pi}{n}$ は複素数平面上で偏角 $\dfrac{\pi}{n}$、絶対値 $1$ の複素数である。したがって、ド・モアブルの定理により $z^n$ が直ちに求まる。

また、$(z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1)$ は等比数列の和と結びついている。これを利用して、虚部を比較すれば $\sum\sin\dfrac{k\pi}{n}$ を求められる。

解法1

**(1)**

ド・モアブルの定理より、

$$ \begin{aligned} z^n &= \left(\cos\frac{\pi}{n}+i\sin\frac{\pi}{n}\right)^n\\ &= \cos\pi+i\sin\pi\\ &= -1 \end{aligned} $$

である。

次に、

$$ w=(z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1)

$$

であるから、右辺は等比数列の積の形になっている。

実際、

$$ (z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1)=z^n-1

$$

である。よって、

$$ w=z^n-1=-1-1=-2

$$

となる。

したがって、

$$ z^n=-1,\qquad w=-2

$$

である。

**(2)**

$\theta=\dfrac{\pi}{n}$ とおく。すると $z=\cos\theta+i\sin\theta$ である。

(1)より、

$$ (z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1)=-2

$$

である。ここで

$$ z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1 = \sum_{k=0}^{n-1}z^k

$$

と書けるので、

$$ \sum_{k=0}^{n-1}z^k=\frac{-2}{z-1}

$$

である。

$z-1=\cos\theta-1+i\sin\theta$ だから、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n-1}z^k &= \frac{-2}{\cos\theta-1+i\sin\theta}\\[4pt] &= \frac{-2(\cos\theta-1-i\sin\theta)} {(\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta}. \end{aligned}

$$

分母を整理すると、

$$ \begin{aligned} (\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta &= \cos^2\theta-2\cos\theta+1+\sin^2\theta\\ &= 2(1-\cos\theta) \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n-1}z^k &= \frac{-2(\cos\theta-1-i\sin\theta)}{2(1-\cos\theta)}\\[4pt] &= 1+i\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}. \end{aligned}

$$

一方、

$$ \sum_{k=0}^{n-1}z^k = \sum_{k=0}^{n-1}\left(\cos k\theta+i\sin k\theta\right)

$$

であるから、この虚部は

$$ \sum_{k=0}^{n-1}\sin k\theta

$$

である。なお $\sin 0=0$ なので、

$$ \sum_{k=0}^{n-1}\sin k\theta = \sum_{k=1}^{n-1}\sin k\theta

$$

である。

よって、

$$ \sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{\sin\theta}{1-\cos\theta} = \frac{\sin\frac{\pi}{n}}{1-\cos\frac{\pi}{n}} $$

問題の条件

$$ \sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{\sin\frac{\pi}{n}}{\alpha_n}

$$

と比較すると、

$$ \alpha_n=1-\cos\frac{\pi}{n}

$$

である。

**(3)**

(2)より、

$$ \alpha_n=1-\cos\frac{\pi}{n}

$$

である。したがって、

$$ n^2\alpha_n = n^2\left(1-\cos\frac{\pi}{n}\right)

$$

を求めればよい。

ここで

$$ 1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}

$$

を用いると、

$$ \begin{aligned} n^2\left(1-\cos\frac{\pi}{n}\right) &= 2n^2\sin^2\frac{\pi}{2n}\\[4pt] &= 2\left(n\sin\frac{\pi}{2n}\right)^2. \end{aligned}

$$

$x=\dfrac{\pi}{2n}$ とおくと、$n\to\infty$ のとき $x\to 0$ であり、

$$ \sin x\sim x

$$

であるから、

$$ n\sin\frac{\pi}{2n} \to n\cdot\frac{\pi}{2n} = \frac{\pi}{2}

$$

である。よって、

$$ \lim_{n\to\infty}n^2\alpha_n = 2\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 = \frac{\pi^2}{2} $$

解説

この問題の中心は、複素数 $z=\cos\dfrac{\pi}{n}+i\sin\dfrac{\pi}{n}$ を $e^{i\pi/n}$ の形で捉えることである。

特に (2) では、三角関数の和を直接処理するよりも、複素数の等比数列

$$ 1+z+z^2+\cdots+z^{n-1}

$$

を利用して虚部を比較する方が自然である。このとき、(1) の結果 $z^n=-1$ がそのまま使えるため、計算が短くなる。

また、(3) では $\alpha_n$ を求めたあと、

$$ 1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}

$$

に変形して、基本極限 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ に帰着させるのが標準的である。

答え

**(1)**

$$ z^n=-1,\qquad w=-2

$$

**(2)**

$$ \alpha_n=1-\cos\frac{\pi}{n}

$$

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}n^2\alpha_n=\frac{\pi^2}{2}

$$