OMC100(E)

　$\{c_i\}$ がつねに正の条件は無くても，実は結果は変わらない．ここでは無視する（最終的に，所望の最小値を与える組であって $\{c_i\}$ がつねに正であるものが実際に存在することを確かめることで，この帰着は正当化される）．$p=2\cos 15^\circ$ とする．数列 ${c_i}$ は漸化式 $$c_i+pc_{i+1}+c_{i+2}-c_{i+6}-pc_{i+7}-c_{i+8}=0$$ をみたし，また $\zeta$ を $1$ の原始 $12$ 乗根とすると， $$1+px+x^2-x^6-px^7-x^8=(1-x^6)(x+\zeta)(x+\overline{\zeta})$$ と表されるから，${c_i}$ は $1$ の $6$ 乗根および $\zeta,\overline{\zeta}$ の $i$ 乗の線形和で表される．
　いま，$(c_i)^2$ は展開するといくつかの複素数（$i$ によらない）の $i$ 乗和となるが，そのうち $(-1)^i$ 以外のものは，考えるべき総和 $$\sum_{i=1}^{6000}(-1)^ic_i^2$$ においては相殺される．$c_i$ における $\zeta,\overline{\zeta}$ の項は，$(c_i)^2$ において項 $(-1)^i$ を生み出すのに寄与しないことがわかるから，これは $\{c_i\}$ が周期 $6$ であるとして考えてよいことを意味する． このとき，定義式より $$(c_1+c_3+c_5)^2-(c_2+c_4+c_6)^2=\frac{1}{4-p^2}\Bigl((a_1+a_3+a_5)^2-(a_2+a_4+a_6)^2\Bigr)$$ および $$(2-p^2)(c_1^2-c_2^2+\cdots-c_6^2)+2(c_1c_3+c_3c_5+c_5c_1-c_2c_4-c_4c_6-c_6c_2)=a_1^2-a_2^2+\cdots-a_6^2$$ を連立することで $c_1^2-c_2^2+\cdots-c_6^2$ を $a_1,a_2,\dots,a_6$ を用いて表すことができ，あとは同様である．