第6問
ζ n = cos 2 π n + i sin 2 π n \zeta_n = \cos \dfrac{2\pi}{n} + i \sin \dfrac{2\pi}{n} ζ n = cos n 2 π + i sin n 2 π
(1) ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) (x-y)(x- \zeta_n y)(x - \zeta_n^2 y) \cdots (x-\zeta_n^{n-1} y) ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y )
(2) p = 1 + 5 2 p =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} p = 2 1 + 5 q = 1 − 5 2 q = \dfrac{1- \sqrt{5}}{2} q = 2 1 − 5 ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2
|p - \zeta_{2n} q|^2 \cdot |p - \zeta_{2n}^2 q|^2 \cdots |p - \zeta_{2n}^{n-1} q|^2
∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 p , q p,q p , q
(3)
∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x
\int_0^{\pi} \log (3+2\cos x) \; dx
∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x
(4) 正の実数 a , b a,b a , b ∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x
\int_0^1 \log (a+b \cos^2 \pi x) \; dx
∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x a , b a,b a , b
複素数と積分の応用問題です．
前半は 1 1 1 n n n ζ n \zeta_n ζ n 1 1 1 n n n
後半は一見前半とは関係のない積分の問題ですが，実は区分求積法によって前半と結びついています．
(1)
まずは (1) です．n n n ( x − y ) ( x + y ) = x 2 − y 2 (x-y)(x+y)=x^2-y^2 ( x − y ) ( x + y ) = x 2 − y 2 ( x − y ) ( x − ω y ) ( x − ω 2 y ) = x 3 − y 3 (x-y)\left(x-\omega y\right)\left(x-\omega^2 y\right)=x^3-y^3 ( x − y ) ( x − ω y ) ( x − ω 2 y ) = x 3 − y 3 ( x − y ) ( x − i y ) ( x + y ) ( x + i y ) = x 4 − y 4 (x-y)(x-iy)(x+y)(x+iy)=x^4-y^4 ( x − y ) ( x − i y ) ( x + y ) ( x + i y ) = x 4 − y 4 x n − y n x^n-y^n x n − y n n n n
そこで見方を逆転させて，x n − y n x^n-y^n x n − y n ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) (x-y)(x- \zeta_n y)(x - \zeta_n^2 y) \cdots (x-\zeta_n^{n-1} y) ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) 因数定理 があることを思い出しておきます．
第6問(1)
y y y y ≠ 0 y \neq 0 y = 0 x = y , ζ n y , ζ n 2 y , … , ζ n n − 1 y x=y, \zeta_n y, \zeta_n^2y, \dots,\zeta_n^{n-1}y x = y , ζ n y , ζ n 2 y , … , ζ n n − 1 y x x x n n n x n − y n = 0 x^n-y^n=0 x n − y n = 0 n n n x n − y n = ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) x^n-y^n=(x-y)(x- \zeta_n y)(x - \zeta_n^2 y) \cdots (x-\zeta_n^{n-1} y) x n − y n = ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) y = 0 y=0 y = 0
第6問(1) 別ver.
0 ≤ k ≤ n − 1 0 \leq k \leq n-1 0 ≤ k ≤ n − 1 k k k ζ n k \zeta_n^k ζ n k t n − 1 = 0 t^n-1=0 t n − 1 = 0 n n n t n − 1 = ( t − 1 ) ( t − ζ n ) ( t − ζ n 2 ) ⋯ ( t − ζ n n − 1 ) t^n-1=(t-1)(t-\zeta_n)(t-\zeta_n^2)\cdots(t-\zeta_n^{n-1}) t n − 1 = ( t − 1 ) ( t − ζ n ) ( t − ζ n 2 ) ⋯ ( t − ζ n n − 1 ) y ≠ 0 y\neq 0 y = 0 t = x / y t= x/y t = x / y ( x y ) n − 1 = ( x y − 1 ) ( x y − ζ n ) ( x y − ζ n 2 ) ⋯ ( x y − ζ n n − 1 ) \left(\frac{x}{y} \right)^n-1=\left(\frac{x}{y}-1\right)\left(\frac{x}{y}-\zeta_n\right)\left(\frac{x}{y}-\zeta_n^2\right)\cdots\left(\frac{x}{y}-\zeta_n^{n-1}\right) ( y x ) n − 1 = ( y x − 1 ) ( y x − ζ n ) ( y x − ζ n 2 ) ⋯ ( y x − ζ n n − 1 ) y n y^n y n x n − y n = ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) x^n-y^n=(x-y)(x- \zeta_n y)(x - \zeta_n^2 y) \cdots (x-\zeta_n^{n-1} y) x n − y n = ( x − y ) ( x − ζ n y ) ( x − ζ n 2 y ) ⋯ ( x − ζ n n − 1 y ) y = 0 y=0 y = 0
x n − y n x^n-y^n x n − y n 1 1 1 n n n
(2)
(2) でポイントとなるのは ζ n \zeta_n ζ n →1のn乗根の性質と複素数平面 ）
複素共役は ζ n k ‾ = ζ n − k = ζ n n − k \overline{\zeta_n^k} = \zeta_n^{-k} = \zeta_n^{n-k} ζ n k = ζ n − k = ζ n n − k
1 , ζ n , ζ n 2 , … , ζ n n − 1 1, \zeta_n, \zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1} 1 , ζ n , ζ n 2 , … , ζ n n − 1 n n n
(1) の結果を使うことを考えると，１つ目の性質を使って
∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = ( p − ζ 2 n k q ) ( p − ζ 2 n k q ) ‾ = ( p − ζ 2 n k q ) ( p − ζ 2 n 2 n − k q )
\begin{aligned}
|p - \zeta_{2n}^k q|^2&=(p-\zeta_{2n}^kq)\overline{(p-\zeta_{2n}^kq)}\\
&=(p-\zeta_{2n}^kq)(p-\zeta_{2n}^{2n-k}q)
\end{aligned}
∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = ( p − ζ 2 n k q ) ( p − ζ 2 n k q ) = ( p − ζ 2 n k q ) ( p − ζ 2 n 2 n − k q ) ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 |p - \zeta_{2n} q|^2 \cdot |p - \zeta_{2n}^2 q|^2 \cdots |p - \zeta_{2n}^{n-1} q|^2 ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2
第6問(2)
2 n 2n 2 n x = p , y = q x=p,y=q x = p , y = q p 2 n − q 2 n = ( p − q ) ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 q ) ⋯ ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) p^{2n}-q^{2n}=(p-q)(p- \zeta_{2n} q)(p - \zeta_{2n}^2 q) \cdots (p-\zeta_{2n}^{2n-1} q) p 2 n − q 2 n = ( p − q ) ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 q ) ⋯ ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) 1 ≤ k ≤ n − 1 1 \leq k \leq n-1 1 ≤ k ≤ n − 1 p − ζ 2 n k q p-\zeta_{2n}^kq p − ζ 2 n k q p − ζ 2 n 2 n − k q p-\zeta_{2n}^{2n-k}q p − ζ 2 n 2 n − k q p − ζ 2 n k q ‾ = p − ζ 2 n 2 n − k q \overline{p-\zeta_{2n}^kq}=p-\zeta_{2n}^{2n-k}q p − ζ 2 n k q = p − ζ 2 n 2 n − k q ( p − q ) ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 q ) ⋯ ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) = ( p − q ) ( p + q ) ⋅ { ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) } { ( p − ζ 2 n 2 q ) ( p − ζ 2 n 2 n − 2 q ) } ⋅ ⋯ ⋅ { ( p − ζ 2 n n − 1 q ) ( p − ζ 2 n n + 1 q ) } = ( p 2 − q 2 ) ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2
\begin{aligned}
&(p-q)(p- \zeta_{2n} q)(p - \zeta_{2n}^2 q) \cdots (p-\zeta_{2n}^{2n-1} q)\\
&=(p-q)(p+q) \cdot \left\{(p-\zeta_{2n} q)(p-\zeta_{2n}^{2n-1} q)\right\}\\
&\quad \left\{(p-\zeta_{2n}^2 q)(p-\zeta_{2n}^{2n-2} q)\right\}\cdot \cdots \cdot \left\{(p-\zeta_{2n}^{n-1} q)(p-\zeta_{2n}^{n+1} q)\right\}\\
&=(p^2-q^2)|p - \zeta_{2n} q|^2 \cdot |p - \zeta_{2n}^2 q|^2 \cdots |p - \zeta_{2n}^{n-1} q|^2
\end{aligned}
( p − q ) ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 q ) ⋯ ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) = ( p − q ) ( p + q ) ⋅ { ( p − ζ 2 n q ) ( p − ζ 2 n 2 n − 1 q ) } { ( p − ζ 2 n 2 q ) ( p − ζ 2 n 2 n − 2 q ) } ⋅ ⋯ ⋅ { ( p − ζ 2 n n − 1 q ) ( p − ζ 2 n n + 1 q ) } = ( p 2 − q 2 ) ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2
∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 = p 2 n − q 2 n p 2 − q 2 = 1 5 ( p 2 n − q 2 n )
\begin{aligned}
&|p - \zeta_{2n} q|^2 \cdot |p - \zeta_{2n}^2 q|^2 \cdots |p - \zeta_{2n}^{n-1} q|^2\\
&=\frac{p^{2n}-q^{2n}}{p^2-q^2}\\
&=\frac{1}{\sqrt{5}}(p^{2n}-q^{2n})
\end{aligned}
∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 = p 2 − q 2 p 2 n − q 2 n = 5 1 ( p 2 n − q 2 n )
である．
(3)
(3) は前半とは一見関係ないように見える積分です．しかし，このような問題では前の問題が誘導になっていることがほとんどなので，その前提で考察していきます．
前半が (3) の計算に使えるとすると，3 + 2 cos x 3+2\cos x 3 + 2 cos x p = 1 + 5 2 p =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} p = 2 1 + 5 q = 1 − 5 2 q = \dfrac{1- \sqrt{5}}{2} q = 2 1 − 5
絶対値を展開することで∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = p 2 + q 2 − 2 p q cos k π n = 3 + 2 cos k π n
\begin{aligned}
|p - \zeta_{2n}^k q|^2&=p^2+q^2-2pq\cos \frac{k\pi}{n}\\
&=3+2\cos \frac{k\pi}{n}
\end{aligned}
∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = p 2 + q 2 − 2 pq cos n kπ = 3 + 2 cos n kπ 3 + 2 cos x 3+2\cos x 3 + 2 cos x ( 3 + 2 cos π n ) ( 3 + 2 cos 2 π n ) ⋯ ( 3 + 2 cos ( n − 1 ) π n ) \left(3+2\cos \frac{\pi}{n}\right)\left(3+2\cos \frac{2\pi}{n}\right)\cdots\left(3+2\cos \frac{(n-1)\pi}{n}\right) ( 3 + 2 cos n π ) ( 3 + 2 cos n 2 π ) ⋯ ( 3 + 2 cos n ( n − 1 ) π )
積分に log \log log
log \log log cos k π n \cos \frac{k\pi}{n} cos n kπ
をみて区分求積法だと気づければ答えに辿り着くことができます．→区分求積法をわかりやすく【意味・例題・応用】
第6問(3)
p = 1 + 5 2 p =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} p = 2 1 + 5 q = 1 − 5 2 q = \dfrac{1- \sqrt{5}}{2} q = 2 1 − 5 p 2 + q 2 = 3 p^2+q^2=3 p 2 + q 2 = 3 p q = − 1 pq=-1 pq = − 1 ∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = p 2 + q 2 − 2 p q cos k π n = 3 + 2 cos k π n
\begin{aligned}
|p - \zeta_{2n}^k q|^2&=p^2+q^2-2pq\cos \frac{k\pi}{n}\\
&=3+2\cos \frac{k\pi}{n}
\end{aligned}
∣ p − ζ 2 n k q ∣ 2 = p 2 + q 2 − 2 pq cos n kπ = 3 + 2 cos n kπ ∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x = ∫ 0 1 log ( 3 + 2 cos π y ) π d y = π lim n → ∞ 1 n ∑ k = 1 n − 1 log ( 3 + 2 cos k π n ) = π lim n → ∞ 1 n log ( ( 3 + 2 cos π n ) ( 3 + 2 cos 2 π n ) ⋯ ( 3 + 2 cos ( n − 1 ) π n ) ) = π lim n → ∞ 1 n log ( ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 ) = π lim n → ∞ 1 n log ( 1 5 ( p 2 n − q 2 n ) ) = π lim n → ∞ 1 n ( 2 n log p + log ( 1 − ( q / p ) 2 n ) − log 5 )
\begin{aligned}
&\int_0^{\pi} \log (3+2\cos x) \; dx\\
&=\int_0^1 \log (3+2\cos \pi y) \; \pi dy\\
&=\pi \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\log \left(3+2\cos \frac{k\pi}{n}\right)\\
&=\pi \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\log \Biggl(\left(3+2\cos \frac{\pi}{n}\right)\left(3+2\cos \frac{2\pi}{n}\right)\\
&\quad\cdots\left(3+2\cos \frac{(n-1)\pi}{n}\right)\Biggr)\\
&=\pi \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\log \left(|p - \zeta_{2n} q|^2 \cdot |p - \zeta_{2n}^2 q|^2 \cdots |p - \zeta_{2n}^{n-1} q|^2\right)\\
&=\pi \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\log \left(\frac{1}{\sqrt{5}}(p^{2n}-q^{2n})\right)\\
&=\pi \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\left(2n\log p+\log \left(1-\left(q/p\right)^{2n}\right)-\log \sqrt{5}\right)\\
\end{aligned}
∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x = ∫ 0 1 log ( 3 + 2 cos π y ) π d y = π n → ∞ lim n 1 k = 1 ∑ n − 1 log ( 3 + 2 cos n kπ ) = π n → ∞ lim n 1 log ( ( 3 + 2 cos n π ) ( 3 + 2 cos n 2 π ) ⋯ ( 3 + 2 cos n ( n − 1 ) π ) ) = π n → ∞ lim n 1 log ( ∣ p − ζ 2 n q ∣ 2 ⋅ ∣ p − ζ 2 n 2 q ∣ 2 ⋯ ∣ p − ζ 2 n n − 1 q ∣ 2 ) = π n → ∞ lim n 1 log ( 5 1 ( p 2 n − q 2 n ) ) = π n → ∞ lim n 1 ( 2 n log p + log ( 1 − ( q / p ) 2 n ) − log 5 ) ∣ q / p ∣ < 1 |q/p|< 1 ∣ q / p ∣ < 1 2 π log p = 2 π log 1 + 5 2 2 \pi \log p=2 \pi \log \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} 2 π log p = 2 π log 2 1 + 5 ∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x = 2 π log 1 + 5 2 \int_0^{\pi} \log (3+2\cos x) \; dx=2 \pi \log \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ∫ 0 π log ( 3 + 2 cos x ) d x = 2 π log 2 1 + 5
(4)
最後の問題です．(3) と似ているため，(3) の解答を真似すれば解けそうです．(3) と同じ形にするためにまずは半角公式で cos 2 \cos^2 cos 2 cos \cos cos
第6問(4)
∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x = ∫ 0 1 log ( a + b cos π x + 1 2 ) d x = ∫ 0 1 log ( a + b 2 + b 2 cos π x ) d x
\begin{aligned}
&\int_0^1 \log (a+b \cos^2 \pi x) \; dx\\
&=\int_0^1 \log \left(a+b \;\frac{\cos \pi x + 1}{2}\right) \; dx\\
&=\int_0^1 \log \left(a+\frac{b}{2}+\frac{b}{2} \;\cos \pi x\right) \; dx
\end{aligned}
∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x = ∫ 0 1 log ( a + b 2 cos π x + 1 ) d x = ∫ 0 1 log ( a + 2 b + 2 b cos π x ) d x
(3) では a + b 2 , b 2 a+\frac{b}{2},\frac{b}{2} a + 2 b , 2 b 3 , 2 3,2 3 , 2 3 , 2 3,2 3 , 2 a + b 2 , b 2 a+\frac{b}{2},\frac{b}{2} a + 2 b , 2 b p , q p,q p , q α 2 + β 2 = a + b 2 \alpha^2+\beta^2=a+\frac{b}{2} α 2 + β 2 = a + 2 b − 2 α β = b 2 -2\alpha\beta=\frac{b}{2} − 2 α β = 2 b α , β \alpha,\beta α , β
第６問(4)続き
ここで実数 α , β \alpha,\beta α , β α = a + a + b 2 \alpha = \frac{\sqrt{a}+\sqrt{a+b}}{2} α = 2 a + a + b β = a − a + b 2 \beta = \frac{\sqrt{a}-\sqrt{a+b}}{2} β = 2 a − a + b
α 2 + β 2 = a + b 2 \alpha^2+\beta^2=a+\frac{b}{2} α 2 + β 2 = a + 2 b α β = − b 4 \alpha\beta=-\frac{b}{4} α β = − 4 b ∣ α ∣ > ∣ β ∣ |\alpha| > |\beta| ∣ α ∣ > ∣ β ∣ ∣ α − ζ 2 n k β ∣ 2 = a + b 2 + b 2 cos k π n
|\alpha - \zeta_{2n}^k \beta|^2 =a+\frac{b}{2}+\frac{b}{2} \;\cos \frac{k \pi}{n}
∣ α − ζ 2 n k β ∣ 2 = a + 2 b + 2 b cos n kπ ∫ 0 1 log ( a + b 2 + b 2 cos π y ) d y = 2 log α = 2 log ( a + a + b 2 )
\begin{aligned}
&\int_0^1 \log \left(a+\frac{b}{2}+\frac{b}{2} \;\cos \pi y\right) \; dy\\
&=2\log {\alpha}\\
&=2\log \left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{a+b}}{2}\right)
\end{aligned}
∫ 0 1 log ( a + 2 b + 2 b cos π y ) d y = 2 log α = 2 log ( 2 a + a + b )
∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x = 2 log ( a + a + b 2 )
\begin{aligned}
&\int_0^1 \log (a+b \cos^2 \pi x) \; dx\\
&=2\log \left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{a+b}}{2}\right)
\end{aligned}
∫ 0 1 log ( a + b cos 2 π x ) d x = 2 log ( 2 a + a + b ) である．
略解
(1)
x n − y n x^n-y^n x n − y n
(2)
1 5 ( p 2 n − q 2 n )
\dfrac{1}{\sqrt{5}} (p^{2n} - q^{2n})
5 1 ( p 2 n − q 2 n )
(3)
2 π log 1 + 5 2 2 \pi \log \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} 2 π log 2 1 + 5
(4)
2 log ( a + a + b 2 )
2 \log \left( \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{a+b}}{2} \right)
2 log ( 2 a + a + b )
