京都大学(理系) 2021年 問題3
\[無限級数 \quad \sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \cos \cfrac{n\pi}{6} \quad の値を求めよ。\]
$(解説)$
$n=12k+r \ \ (r=0,\ 1,\ \cdots,\ 11)\ として、泥臭くまともに計算するのも一つの手です。$
$なお、高校では学びませんが、複素無限級数を用いた方法を研究として記述しました。$
$C_n=\cos \cfrac{n\pi}{6} とおくと 自然数kに対して$
$C_{12k}=1,\quad C_{12k+1}=C_{12k+11}=\cfrac{\sqrt{3}}{2},\quad C_{12k+2}=C_{12k+10}=\cfrac{1}{2},\quad C_{12k+3}=C_{12k+9}=0$
$C_{12k+4}=C_{12k+8}=-\cfrac{1}{2},\quad C_{12k+5}=C_{12k+7}=-\cfrac{\sqrt{3}}{2},\quad C_{12k+6}=-1$
\begin{eqnarray*} & &\sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \cos \cfrac{n\pi}{6}\\ \\ &=&\sum _{k=0}^{\infty}\Big[\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+6}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\big\{\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+1}+\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+11}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+5}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+7}\big\}\\ & & \hspace{3em} + \cfrac{1}{2}\big\{\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+2}+\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+10}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+4}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k+8}\big\}\Big]\\ \\ &=&\Big[1-\big(\cfrac{1}{2}\big)^6 + \cfrac{\sqrt{3}}{2}\big\{\big(\cfrac{1}{2}\big)+ \big(\cfrac{1}{2}\big)^{11}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^{5}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^7\big\}+ \cfrac{1}{2}\big\{\big(\cfrac{1}{2}\big)^2+ \big(\cfrac{1}{2}\big)^{10}-\big(\cfrac{1}{2}\big)^4- \big(\cfrac{1}{2}\big)^8\big\}\Big] \sum _{k=0}^{\infty} \big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k} \\ \\ &=&\big\{1-\cfrac{1}{2^6} + \sqrt{3}\big(\cfrac{1}{2^2}+ \cfrac{1}{2^{12}}-\cfrac{1}{2^6}-\cfrac{1}{2^8}\big) + \cfrac{1}{2^3}+ \cfrac{1}{2^{11}}-\cfrac{1}{2^5}- \cfrac{1}{2^9}\big\}\sum _{k=0}^{\infty} \big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k} \\ \\ &=&\cfrac{1}{2^{12}}\big\{2^{12}-2^6 + 2^9+2-2^7-2^3+ \sqrt{3}(2^{10}+ 1-2^6-2^4)\big\}\sum _{k=0}^{\infty} \big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k} \\ \end{eqnarray*} $ここで$
$\qquad 2^{12}-2^6 + 2^9+2-2^7-2^3=4096-64+512-128-8=4410$
$\qquad 2^{10}+ 1-2^6-2^4 =1024+1-64-16=945$
\[\sum _{k=0}^{\infty} \big(\cfrac{1}{2}\big)^{12k}=\sum _{k=0}^{\infty} \big(\cfrac{1}{2^{12}}\big)^k=\cfrac{1}{1-\dfrac{1}{2^{12}}}=\cfrac{2^{12}}{2^{12}-1}=\cfrac{2^{12}}{4095}\] $したがって$
\begin{eqnarray*} & &\sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \cos \cfrac{n\pi}{6}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2^{12}}(4410+945\sqrt{3}) \times \cfrac{2^{12}}{4095}\\ \\ &=&\cfrac{4410+945\sqrt{3}}{4095}\\ \\ &=&\cfrac{14 +3\sqrt{3}}{13}\\ \end{eqnarray*}
$(研究) \qquad 詳しくは($複素無限等比級数$)を参考にしてください。$
$複素数列\ \ z_n=\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \big(\cos \cfrac{n\pi}{6}+i\sin \cfrac{n\pi}{6}\big) \quad において \quad \alpha =\cos \cfrac{\pi}{6}+i \sin \cfrac{\pi}{6} \quad とおくと$
$\alpha ^n= \cos \cfrac{n\pi}{6}+i\sin \cfrac{n\pi}{6} \quad だから \quad z_n=\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \alpha ^n=\big(\cfrac{\alpha}{2}\big)^n$
\[\big|\cfrac{\alpha}{2}\big|=\cfrac{1}{2} < 1 \quad だから \quad \sum _{n=0}^{\infty}z_n \quad は収束して和をもつ。\]
\begin{eqnarray*} \sum _{n=0}^{\infty}z_n &=&\sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{\alpha}{2}\big)^n\\ \\ &=&\cfrac{1}{1-\cfrac{\alpha}{2}}\\ \\ &=&\cfrac{2}{2-\alpha}\\ \\ &=&\cfrac{2}{2-\big(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}i)}\\ \\ &=&\cfrac{4}{(4-\sqrt{3})-i}\\ \\ &=&\cfrac{4(4-\sqrt{3}+i)}{(4-\sqrt{3})^2+1}\\ \\ &=&\cfrac{4(4-\sqrt{3}+i)}{20-8\sqrt{3}}\\ \\ &=&\cfrac{4-\sqrt{3}+i}{5-2\sqrt{3}}\\ \\ &=&\cfrac{(4-\sqrt{3}+i)(5+2\sqrt{3})}{25-12}\\ \\ &=&\cfrac{14 +3\sqrt{3}+(5+2\sqrt{3})i}{13}\\ \end{eqnarray*} $したがって$
\[\sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \big(\cos \cfrac{n\pi}{6}+i\sin \cfrac{n\pi}{6}\big) =\cfrac{14 +3\sqrt{3}+(5+2\sqrt{3})i}{13}\]
$実部と虚部を比べて$
\[\sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \cos \cfrac{n\pi}{6}=\cfrac{14 +3\sqrt{3}}{13},\qquad \sum _{n=0}^{\infty}\big(\cfrac{1}{2}\big)^n \sin \cfrac{n\pi}{6}=\cfrac{5 +2\sqrt{3}}{13}\]
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