有名角ではないcosの和を求めてみた！

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初めに

今回は、私が初めて作問したときに思いついた、次のような和について書いていきます。
$\cos \frac{1}{2 m + 1} π + \cos \frac{3}{2 m + 1} π + \dots \dots + \cos \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π (m \in N)$
では、私の想定解を順を追って解説していきます！

Step1 $\cos n θ$ を $\cos θ$ で表現する。

ここでは、いわゆる「n倍角の公式」を導出していきます。

$f_{n} (x)$ の存在を示そう！

次の関係式を満たす整数係数のn次多項式 $f_{n} (x)$ ,n-1次多項式 $g_{n} (x) が存在する。$
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \cos n θ = f_{n} (\cos θ) \\ \sin n θ = g_{n} (\cos θ) \sin θ \end{cases} \end{array}$

数学的帰納法を用いて示す。

❶ $n = 1$ のとき
　　このとき $f_{1} (x) = x, g_{n} (x) = 1$ とおけば成立が示される。

❷ $n = k$ のときの成立を仮定する。
　　すなわち、
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \cos n θ = f_{n} (\cos θ) \\ \sin n θ = g_{n} (\cos θ) \sin θ \end{cases} \end{array}$
$;;;; $を満たす$ f_k(x),g_k(x)$が存在することを仮定している。
　　ここで、次の2式を考える。
$\begin{array}{rcl} \cos (k + 1) θ & = & \cos k θ \cos θ - \sin k θ \sin θ \\ = & f_{k} (\cos θ) \cos θ + g_{k} (\cos θ) \cos^{2} θ - g_{k} (\cos θ) \dots ① \\ \sin (k + 1) θ & = & \sin k θ \cos θ + \cos k θ \sin θ \\ = & {f_{k} (\cos θ) + g_{k} (\cos θ) \cos θ} \sin θ \dots ② \end{array}$
①について、 $x f_{k} (x), x^{2} g_{k} (x)$ は共に $k + 1$ 次式、 $g_{k} (x)$ は $k - 1$ 次式である。
また、②について、 $f_{k} (x), x g_{k} (x)$ は共に $k$ 次式である。
よって、
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{k + 1} (x) = x f_{k} (x) + x^{2} g_{k} (x) - g_{k} (x) \\ g_{k + 1} (x) = f_{k} (x) + x g_{k} (x) \end{cases} \end{array}$
とおけば、 $n = k + 1$ での成立が示される。
以上より全ての自然数において成立が示された。

$f_{n} (x)$ の漸化式を求めよう！

$\cos n θ = f_{n} (\cos θ)$ を満たす整数係数のn次多項式 $f_{n} (x)$ は、次の漸化式を満たす。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{0} (x) = 1, f_{1} (x) = x \\ f_{n + 2} (x) = 2 x f_{n + 1} (x) - f_{n} (x) (n \geq 0) \end{cases} \end{array}$

次の2式を考える。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} \cos (n + 1) θ = \cos n θ \cos θ - \sin n θ \sin θ \\ \cos (n - 1) θ = \cos n θ \cos θ + \sin n θ \sin θ \end{cases} \end{array}$
辺々を足して、
$\cos (n + 1) θ + \cos (n - 1) θ = 2 \cos n θ \cos θ$
これより次の等式を得る。
$f_{n + 2} (x) = 2 x f_{n + 1} (x) - f_{n} (x) (n \geq 0)$

これは「チェビシェフの多項式」と呼ばれる有名な式です。実際にいくつか計算してみましょう。
$\begin{array}{rcl} f_{0} (x) & = & 1 \\ f_{1} (x) & = & x \\ f_{2} (x) & = & 2 x^{2} - 1 \\ f_{3} (x) & = & 4 x^{3} - 3 x \\ f_{4} (x) & = & 8 x^{4} - 8 x^{2} + 1 \\ f_{5} (x) & = & 16 x^{5} - 20 x^{3} + 5 \\ f_{6} (x) & = & 32 x^{6} - 48 x^{4} + 18 x^{2} - 1 \end{array}$
こんな感じになっていきます！

Step2 和を求めてみよう！

では、Step1で求めたことを使って、実際に計算していきましょう！

次の和を求めよ。
$\cos \frac{1}{2 m + 1} π + \cos \frac{3}{2 m + 1} π + \dots \dots + \cos \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π$

解答
$φ = \frac{1}{2 m + 1} π, \frac{3}{2 m + 1} π, \dots \dots, \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π$ とおく。
このとき、全ての $φ$ について、次が成り立つ。
$(2 m + 1) φ = (2 u - 1) π (u = 1, 2, \dots, m)$
これより、次も成立する。
$\cos m φ = - \cos (m + 1) φ \dots ③$
ここで、 $x = \cos φ とおき、$ ③をStep1で考えた多項式を用いて表すと、次のようになる。
$f_{m + 1} (x) + f_{m} (x) = 0 \dots ③^{'}$
ここで、 $f_{m} (x)$ の最高次の項の係数 $a_{m}$ を考える。
$f_{m + 2} (x) = 2 x f_{m + 1} (x) - f_{m} (x)$ であるから、 $a_{m + 2}$ は $2 x f_{m + 1} (x)$ によって決まる。したがって
$a_{m + 2} = 2 a_{m + 1}, a_{1} ＝ 1 ∴ a_{m} = 2^{m - 1}$
これより、 $③^{'}$ は次のように表される。
$2^{m} x^{m + 1} + 2^{m - 1} x^{m} + \dots = 0$
この方程式は、 $φ = \frac{1}{2 m + 1} π, \frac{3}{2 m + 1} π, \dots \dots, \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π$ と $π$ を解にもつ。
ここで、任意の自然数 $s$ について、 $s$ 次の項の係数が1であるs次方程式のもつs個の解の総和は、 $s - 1$ 字の項の係数に $- 1$ をかけたものと一致する。 $\dots ④$
これより、
$\cos \frac{1}{2 m + 1} π + \cos \frac{3}{2 m + 1} π + \dots \dots + \cos \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π + \cos π = - \frac{1}{2}$
したがって、次の式を得る。
$\cos \frac{1}{2 m + 1} π + \cos \frac{3}{2 m + 1} π + \dots \dots + \cos \frac{2 m - 1}{2 m + 1} π = \frac{1}{2}$

補足　④について
s次方程式 $x^{s} + b_{s - 1} x^{s - 1} + b_{s - 2} x^{s - 2} + \dots = 0$ がs個の解 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{s}$ をもつとき、次のように表される。
$x^{s} + b_{s - 1} x^{s - 1} + \dots = (x - c_{1}) (x - c_{2}) \dots (x - c_{s})$
この式を展開することにより、
$c_{1} + c_{2} + \dots + c_{s} = - b_{s - 1}$
が得られる。