複素無限等比級数
$複素数を項とする無限級数$
\[\sum_{k=1}^{\infty} z_k=z_1+z_2+ \cdots +z_n + \cdots \] $において$
\[s_n=\sum_{k=1}^n z_k=z_1+z_2+ \cdots +z_n \] $を第 \ n\ 部分和といいます。$
$数列 \ \{s_n\}\ が収束するとき、級数は収束するといい、この極限値を無限級数の和といいます。$
$無限等比級数 \quad 1+z+z^2+ \cdots + z^n + \cdots \quad は$
$\hspace{3em} |z| < 1 \quad のとき収束して、和 \quad \cfrac{1}{1-z} \quad をもつ$
$(証明)$
$s_n=1+z+z^2+ \cdots + z^{n-1}=\cfrac{1-z^n}{1-z} \quad において$
$|z^n|=|z|^n \quad だから$
\[|z|< 1 \quad より \quad \lim _{n \rightarrow \infty}|z^n|=\lim _{n \rightarrow \infty}|z|^n=0\] $よって$
\[\lim _{n \rightarrow \infty}\big|s_n-\cfrac{1}{1-z}\big|=\lim _{n \rightarrow \infty}\big|\cfrac{z^n}{1-z}\big|=0\]
\[\therefore \ \ \lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\cfrac{1}{1-z}\]
$例 \qquad z=\cos \theta + i\sin \theta ,\quad a > 1 \quad に対して \quad \big|\cfrac{z}{a}\big|=\cfrac{1}{a} < 1 \quad だから$
\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \big(\cfrac{z}{a}\big)^k &=&\cfrac{\dfrac{z}{a}}{1-\dfrac{z}{a}}\\ \\ &=&\cfrac{z}{a-z}\\ \\ &=&\cfrac{\cos \theta+i\sin \theta}{a-\cos \theta-i\sin \theta }\\ \\ &=&\cfrac{(\cos \theta+i\sin \theta)(a-\cos \theta+i\sin \theta)}{(a-\cos \theta)^2 + \sin ^2\theta}\\ \\ &=&\cfrac{a\cos \theta - 1+ai\sin \theta}{1+a^2 -2a\cos \theta }\\ \\ &=&\cfrac{a\cos \theta - 1}{1+a^2-2a\cos \theta }+ i\cfrac{a\sin \theta}{1+a^2-2a\cos \theta }\\ \\ \end{eqnarray*} $一方 \qquad z^k=\cos k\theta + i\sin k\theta \quad だから$
\[\sum_{k=1}^{\infty} \big(\cfrac{z}{a}\big)^k=\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\cos k\theta + i\sin k\theta }{a^k} =\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\cos k\theta}{a^k} + i\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\sin k\theta}{a^k}\]
$実部と虚部を比べて$
\[\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\cos k\theta}{a^k}=\cfrac{a\cos \theta - 1}{1+a^2-2a\cos \theta },\qquad \sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{\sin k\theta}{a^k}=\cfrac{a\sin \theta}{1+a^2-2a\cos \theta }\]
$このような結果が得られました。$
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