指数関数と三角関数の積の級数 / 2021 京都大学・理系第3問

問題概略
6 個ごとにまとめて計算
複素数に直してド・モアブルの定理

問題概略

無限級数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6}$ の和を求めよ。

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6 個ごとにまとめて計算

$a_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6}$ , $S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k$ とおいて $\cos$ の周期性を利用します。

$a_{n+6}=-\left(\frac{1}{2}\right)^6 a_n=-\frac{1}{64}a_n$

$b_n=a_{6n}+a_{6n+1}+a_{6n+2}+a_{6n+3}+a_{6n+4}+a_{6n+5}$ とおきます。
$n$ を 1 増やすと右辺の各項が $\frac{1}{64}$ 倍になるので $\{b_n\}$ は等比数列です。

$b_{n+1}=-\frac{1}{64}b_n$

初項も求めましょう。

\begin{align*}
b_0 &=a_0+a_1+\cdots+a_5\\
&=1+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2^2}\cdot\frac{1}{2}+0
-\frac{1}{2^4}\cdot\frac{1}{2}-\frac{1}{2^5}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\\
&=\frac{70+15\sqrt{3}}{64}
\end{align*}

一般項は次のようになります。

$b_n=b_0 \left(-\frac{1}{64}\right)^n=\frac{70+15\sqrt{3}}{64}\left(-\frac{1}{64}\right)^n$

$S_n$ の計算に入ります。

\begin{align*}
S_{6m-1} &=\sum_{k=0}^{6m-1}a_k=\sum_{k=0}^{m-1} b_k
=b_0\cdot\frac{1-\left(-\frac{1}{64}\right)^m}{1-\left(-\frac{1}{64}\right)}\\
& \to \frac{b_0}{1-\left(-\frac{1}{64}\right)}=\frac{64}{65}\, b_0\quad (m\to \infty)
\end{align*}

$S_{6m}=S_{6m-1}+a_{6m}$ と $\lim_{n\to \infty} a_n=0$ より

$\lim_{m\to\infty} S_{6m}=\lim_{m\to\infty} S_{6m-1}=\frac{64}{65}\, b_0$

$S_{6m+1}$ ～ $S_{6m+4}$ も同じ $\frac{64}{65}\, b_0$ に収束します。これが求める値です。

$\frac{64}{65}\cdot\frac{70+15\sqrt{3}}{64}=\mathbf{\frac{14+3\sqrt{3}}{13}}$

複素数に直してド・モアブルの定理

$A_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k \cos \frac{k\pi}{6}$ ,
$B_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k \sin \frac{k\pi}{6}$ とおきます。

$A_n+iB_n$ に対してド・モアブルの定理を使うと楽に計算できます。

\begin{align*}
A_n+i B_n &=\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k \left(\cos\frac{k\pi}{6}+i\sin\frac{k\pi}{6}\right)\\
&=\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k \left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)^k\\
&=\sum_{k=0}^{n} \left\{\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)\right\}^k
\end{align*}

$z=\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}+i}{4}$ とおきます。

$A_n+i B_n =\sum_{k=0}^{n} z^k=1\cdot\frac{1-z^{n+1}}{1-z}$

複素数 $z$ に対して $\lim_{n\to\infty} z^{n+1}=0$ を示すため，絶対値をとります。
$|z|=\frac{1}{2}$ より

$|z^{n+1}|=|z|^{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$

$n\to \infty$ で $|z^{n+1}|\to 0$ なので $z^{n+1}\to 0$ です。

\begin{align*}
\lim_{n\to\infty} (A_n+i B_n) &=\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-\frac{\sqrt{3}+i}{4}}\\
&=\cdots=\frac{14+3\sqrt{3}+(5+2\sqrt{3})i}{13}
\end{align*}

これの実部が求める和です。

$\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} =\lim_{n\to\infty} A_n=\mathbf{\frac{14+3\sqrt{3}}{13}}$

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