【京都大学2021年度前期入試数学(理系)第3問】無限級数の和を求める問題

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京都大学(理系)の第3回です．タイトルの通り，無限級数の和を求める問題ですが，計算が面倒なだけで難しくはないです．

問題

無限級数 $\sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} \cos (\frac{n π}{6})$ の和を求めよ．

解答解説

$\cos (\frac{n π}{6})$ の値は次のようになります．ただし， $k$ は任意の整数です．
$\cos (\frac{n π}{6}) = {\begin{cases} 1 & n = 12 k のとき \\ \frac{\sqrt{3}}{2} & n = 12 k \pm 1 のとき \\ \frac{1}{2} & n = 12 k \pm 2 のとき \\ 0 & n = 12 k \pm 3 のとき \\ - \frac{1}{2} & n = 12 k \pm 4 のとき \\ - \frac{\sqrt{3}}{2} & n = 12 k \pm 5 のとき \\ - 1 & n = 12 k \pm 6 のとき \end{cases}$

任意の自然数 $N$ に対して
$S (N) = \sum_{n = 0}^{N} {(\frac{1}{2})}^{n} \cos (\frac{n π}{6})$
とおき， $N$ を $12$ で割った商を $q$ , 余りを $r$ とおくと，
$\begin{aligned} S (N) & = \sum_{m = 0}^{q - 1} \sum_{l = 0}^{11} {(\frac{1}{2})}^{12 m + l} \cos \frac{(12 m + l) π}{6} + \sum_{l = 0}^{r} {(\frac{1}{2})}^{12 q + l} \cos \frac{(12 p + l) π}{6} \\ = \sum_{m = 0}^{q - 1} {(\frac{1}{2})}^{12 m} \sum_{l = 0}^{11} {(\frac{1}{2})}^{l} \cos \frac{π l}{6} + {(\frac{1}{2})}^{12 q} \sum_{l = 0}^{r} {(\frac{1}{2})}^{l} \cos \frac{π l}{6} \end{aligned}$
と表すことができます．ここで， $q$ は非負整数， $r$ は $0$ 以上 $11$ 以下の整数です．

ここで，各 $\sum$ を評価すると，
$\begin{aligned} \sum_{m = 0}^{q - 1} {(\frac{1}{2})}^{12 m} & = \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{12 q}}{1 - {(\frac{1}{2})}^{12}} = \frac{2^{12} (1 - 2^{- 12 q})}{2^{12} - 1} \\ \sum_{l = 0}^{11} {(\frac{1}{2})}^{l} \cos \frac{π l}{6} & = (1 - \frac{1}{2^{6}}) (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2^{2}} + 0 \times \frac{1}{2^{3}} - \frac{1}{2} \times \frac{1}{2^{4}} - \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{2^{5}}) \\ = \frac{63}{2^{6}} \times {(1 + \frac{1}{2^{3}} - \frac{1}{2^{5}}) + (\frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{2^{6}}) \sqrt{3}} \\ = \frac{63 (70 + 15 \sqrt{3})}{2^{12}} \end{aligned}$
であり， $- 1 ≦ \cos \frac{π l}{6} ≦ 1$ かつ ${(\frac{1}{2})}^{12 q + r} ≦ {(\frac{1}{2})}^{12 q}$ から
$- 12 {(\frac{1}{2})}^{12 q} ≦ \sum_{l = 0}^{r} {(\frac{1}{2})}^{12 q + r} \cos \frac{π l}{6} ≦ 12 {(\frac{1}{2})}^{12 q}$
が言えるので，次の不等式が成立します．
$\frac{14 + 5 \sqrt{3}}{13} \times (1 - 2^{- 12 q}) - 12 \cdot 2^{- 12 q} ≦ S (N) ≦ \frac{14 + 5 \sqrt{3}}{13} \times (1 - 2^{- 12 q}) + 12 \cdot 2^{- 12 q}$
$N \to \infty$ のとき $q \to \infty$ であり，このとき $2^{- 12 q} \to 0$ であることから
$lim_{q \to \infty} {\frac{14 + 5 \sqrt{3}}{13} \times (1 - 2^{- 12 q}) \pm 12 \cdot 2^{- 12 q}} = \frac{14 + 5 \sqrt{3}}{13}$
が言えるので，はさみうちの原理より
$\sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} \cos (\frac{n π}{6}) = lim_{N \to \infty} S (N) = \frac{14 + 5 \sqrt{3}}{13}$
が求まる．

感想

今回はかなりベタな解き方を取っていますが，もし複素関数の知識を使えるのであれば， ${(\frac{1}{2})}^{n} \cos (\frac{n π}{6})$ の代わりに ${(\frac{1}{2})}^{n} {\cos (\frac{n π}{6}) + i \sin (\frac{n π}{6})} = {(\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{n}$ の和を取って，実数部分を抜き出せば簡単に解けます．

実際，等比数列の和は公比が複素数であっても変わらないことに注意すると，
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} {\cos (\frac{n π}{6}) + i \sin (\frac{n π}{6})} & = \sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{n} \\ = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} {(\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{n} \\ = lim_{N \to \infty} \frac{1 - {(\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{N}}{1 - (\frac{\sqrt{3} + i}{4})} \end{aligned}$
となり，
$lim_{N \to \infty} {(\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{N} = lim_{N \to \infty} {(\frac{1}{2})}^{N} {\cos (\frac{N π}{6}) + i \sin (\frac{N π}{6})} = 0$
であることから，
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} {\cos (\frac{n π}{6}) + i \sin (\frac{n π}{6})} & = {1 - (\frac{\sqrt{3} + i}{4})}^{- 1} \\ = \frac{4}{(4 - \sqrt{3}) - i} \\ = \frac{4 (4 - \sqrt{3} + i)}{(4 - \sqrt{3})^{2} + 1} \end{aligned}$
が得られ，この実数部分を取ることによって
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{1}{2})}^{n} \cos (\frac{n π}{6}) & = \frac{4 (4 - \sqrt{3})}{(4 - \sqrt{3})^{2} + 1} = \frac{4 - \sqrt{3}}{5 - 2 \sqrt{3}} \\ = \frac{(4 - \sqrt{3}) (5 + 2 \sqrt{3})}{25 - 12} = \frac{14 + 3 \sqrt{3}}{13} \end{aligned}$
が求まります．