数学3 無限級数 問題 30 解説

方針・初手

等比数列と三角関数の積の無限級数を求める問題である。このような $\sum_{n=0}^{\infty} r^n \cos n\theta$ の形の級数に対しては、主に以下の3つのアプローチが考えられる。

1. 複素数平面の利用 ド・モアブルの定理により、与式をある複素数 $z$ の $n$ 乗の実部と見なし、複素数の無限等比級数の和の公式を利用する。計算の見通しが最も良い。
2. 連立方程式の作成 求める和 $S$ と、$\cos$ を $\sin$ に置き換えた和 $T$ を用意し、加法定理を用いて $S$ と $T$ の連立方程式を導く。実数の範囲で簡潔に処理できる。
3. 周期性の利用 $\cos \frac{n\pi}{6}$ の値が周期的になることに着目し、項を規則性に従ってグループ分けし、複数の無限等比級数の和として計算する。

以下、これら3つの解法を示す。

解法1

複素数 $z$ を $z = \frac{1}{2}\left(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6}\right)$ とおく。ド・モアブルの定理より、

$$z^n = \left(\frac{1}{2}\right)^n \left(\cos \frac{n\pi}{6} + i \sin \frac{n\pi}{6}\right)$$

であるから、求める無限級数の各項は $z^n$ の実部 $\text{Re}(z^n)$ として表される。

$$\left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} = \text{Re}(z^n)$$

無限等比級数 $\sum_{n=0}^{\infty} z^n$ を考える。公比 $z$ は $|z| = \frac{1}{2} < 1$ を満たすため、この級数は収束する。したがって、実部をとる操作と無限和の順序を交換することができ、求める和は次のように計算できる。

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} = \sum_{n=0}^{\infty} \text{Re}(z^n) = \text{Re}\left( \sum_{n=0}^{\infty} z^n \right)$$

無限等比級数の和の公式より、

$$\sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1 - z}$$

ここで、分母 $1-z$ を計算すると、

$$1 - z = 1 - \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i\right) = 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4}i = \frac{4 - \sqrt{3} - i}{4}$$

したがって、

$$\frac{1}{1 - z} = \frac{4}{4 - \sqrt{3} - i}$$

分母を実数化するために、分母・分子に $(4 - \sqrt{3}) + i$ を掛ける。

$$\begin{aligned} \frac{4}{4 - \sqrt{3} - i} &= \frac{4(4 - \sqrt{3} + i)}{(4 - \sqrt{3})^2 - i^2} \\ &= \frac{16 - 4\sqrt{3} + 4i}{(16 - 8\sqrt{3} + 3) + 1} \\ &= \frac{16 - 4\sqrt{3} + 4i}{20 - 8\sqrt{3}} \\ &= \frac{4 - \sqrt{3} + i}{5 - 2\sqrt{3}} \end{aligned}$$

この複素数の実部を取り出して有理化する。

$$\begin{aligned} \text{Re}\left( \frac{1}{1 - z} \right) &= \frac{4 - \sqrt{3}}{5 - 2\sqrt{3}} \\ &= \frac{(4 - \sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})}{(5 - 2\sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})} \\ &= \frac{20 + 8\sqrt{3} - 5\sqrt{3} - 6}{25 - 12} \\ &= \frac{14 + 3\sqrt{3}}{13} \end{aligned}$$

よって、求める和は $\frac{14 + 3\sqrt{3}}{13}$ である。

解法2

求める和を $S$ とし、対応する $\sin$ の和を $T$ とおく。

$$S = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6}$$

$$T = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6}$$

$\left|\left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6}\right| \leqq \left(\frac{1}{2}\right)^n$ であり、$\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n$ は収束するため、これらの級数は絶対収束する。したがって、項の分割や結合を行っても和は変わらない。

$S$ について、第2項以降の和を変形する。三角関数の加法定理を用いる。

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \cos \frac{(n+1)\pi}{6} &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \left( \cos \frac{n\pi}{6} \cos \frac{\pi}{6} - \sin \frac{n\pi}{6} \sin \frac{\pi}{6} \right) \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} S - \frac{1}{4} T \end{aligned}$$

一方で、左辺は $S$ の初項（$n=0$ のとき、$\left(\frac{1}{2}\right)^0 \cos 0 = 1$）を除いた和であるから、$S - 1$ に等しい。したがって、

$$S - 1 = \frac{\sqrt{3}}{4} S - \frac{1}{4} T$$

整理して、

$$(4 - \sqrt{3}) S + T = 4 \quad \cdots \text{①}$$

同様に、$T$ についても第2項以降の和を変形する。

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \sin \frac{(n+1)\pi}{6} &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \left( \sin \frac{n\pi}{6} \cos \frac{\pi}{6} + \cos \frac{n\pi}{6} \sin \frac{\pi}{6} \right) \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} T + \frac{1}{4} S \end{aligned}$$

左辺は $T$ の初項（$n=0$ のとき、$\left(\frac{1}{2}\right)^0 \sin 0 = 0$）を除いた和であるから、$T - 0 = T$ に等しい。したがって、

$$T = \frac{\sqrt{3}}{4} T + \frac{1}{4} S$$

整理して、

$$(4 - \sqrt{3}) T = S \quad \cdots \text{②}$$

②を①に代入して $T$ を消去する。

$$\begin{aligned} (4 - \sqrt{3}) S + \frac{S}{4 - \sqrt{3}} &= 4 \\ (4 - \sqrt{3})^2 S + S &= 4(4 - \sqrt{3}) \\ (16 - 8\sqrt{3} + 3 + 1) S &= 16 - 4\sqrt{3} \\ (20 - 8\sqrt{3}) S &= 16 - 4\sqrt{3} \\ (5 - 2\sqrt{3}) S &= 4 - \sqrt{3} \end{aligned}$$

よって、$S$ を求めると、

$$\begin{aligned} S &= \frac{4 - \sqrt{3}}{5 - 2\sqrt{3}} \\ &= \frac{(4 - \sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})}{(5 - 2\sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})} \\ &= \frac{20 + 8\sqrt{3} - 5\sqrt{3} - 6}{25 - 12} \\ &= \frac{14 + 3\sqrt{3}}{13} \end{aligned}$$

解法3

一般項の周期性に着目する。$\cos \frac{n\pi}{6}$ は $n$ が $6$ 増えるごとに $\cos \frac{(n+6)\pi}{6} = \cos \left( \frac{n\pi}{6} + \pi \right) = -\cos \frac{n\pi}{6}$ となり、符号が反転する。

非負整数 $n$ を $6$ で割った商を $k$、余りを $m$ とすると、$n = 6k + m$ （$k=0, 1, 2, \cdots$、$m=0, 1, 2, 3, 4, 5$）と表せる。 与えられた級数は絶対収束するため、和の順序を交換し、$m$ の値ごとにまとめて計算できる。

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} &= \sum_{m=0}^{5} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{6k+m} \cos \frac{(6k+m)\pi}{6} \\ &= \sum_{m=0}^{5} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{6k} \left(\frac{1}{2}\right)^m \cos \left( k\pi + \frac{m\pi}{6} \right) \\ &= \sum_{m=0}^{5} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{64}\right)^k \left(\frac{1}{2}\right)^m (-1)^k \cos \frac{m\pi}{6} \\ &= \sum_{m=0}^{5} \left( \left(\frac{1}{2}\right)^m \cos \frac{m\pi}{6} \sum_{k=0}^{\infty} \left(-\frac{1}{64}\right)^k \right) \end{aligned}$$

ここで、$k$ に関する和は初項 $1$、公比 $-\frac{1}{64}$ の無限等比級数であり、$\left| -\frac{1}{64} \right| < 1$ より収束する。その和は、

$$\sum_{k=0}^{\infty} \left(-\frac{1}{64}\right)^k = \frac{1}{1 - \left(-\frac{1}{64}\right)} = \frac{1}{\frac{65}{64}} = \frac{64}{65}$$

したがって、求める和は次のように計算できる。

$$\frac{64}{65} \sum_{m=0}^{5} \left(\frac{1}{2}\right)^m \cos \frac{m\pi}{6}$$

$m=0$ から $m=5$ までのシグマの中身を個別に計算する。

• $m=0$: $\left(\frac{1}{2}\right)^0 \cos 0 = 1$
• $m=1$: $\left(\frac{1}{2}\right)^1 \cos \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$
• $m=2$: $\left(\frac{1}{2}\right)^2 \cos \frac{2\pi}{6} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$
• $m=3$: $\left(\frac{1}{2}\right)^3 \cos \frac{3\pi}{6} = \frac{1}{8} \cdot 0 = 0$
• $m=4$: $\left(\frac{1}{2}\right)^4 \cos \frac{4\pi}{6} = \frac{1}{16} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{32}$
• $m=5$: $\left(\frac{1}{2}\right)^5 \cos \frac{5\pi}{6} = \frac{1}{32} \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{64}$

これらの和をとる。

$$\begin{aligned} \sum_{m=0}^{5} \left(\frac{1}{2}\right)^m \cos \frac{m\pi}{6} &= 1 + \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{8} + 0 - \frac{1}{32} - \frac{\sqrt{3}}{64} \\ &= \frac{64 + 16\sqrt{3} + 8 - 2 - \sqrt{3}}{64} \\ &= \frac{70 + 15\sqrt{3}}{64} \end{aligned}$$

最後に $\frac{64}{65}$ を掛ける。

$$\frac{64}{65} \cdot \frac{70 + 15\sqrt{3}}{64} = \frac{70 + 15\sqrt{3}}{65} = \frac{5(14 + 3\sqrt{3})}{65} = \frac{14 + 3\sqrt{3}}{13}$$

解説

等比数列と三角関数の積からなる数列の和に関する典型問題である。

数学IIIまで学習している理系の場合は、【解法1】の複素数平面とド・モアブルの定理を用いた解法が最も計算量が少なく、発想として自然である。複素数の等比数列においても、公比の絶対値が1未満であれば実数の場合と同様に無限等比級数の和の公式が使えることが背景にある。

【解法2】の $\sin$ を用いたもう一つの級数を用意して連立する手法は、積分計算における $e^{ax} \cos bx$ 型の不定積分を求める際の部分積分（同形出現）や連立に似たアプローチであり、実数の範囲だけで処理できるエレガントな方法である。

【解法3】のように項の周期性に従って分解する方法も、計算の手間は増えるものの、基本的な無限等比級数の知識のみで確実に正答にたどり着けるため、試験本番の選択肢として有用である。

いずれの解法においても、最終的に分母の有理化など正確な計算力が求められる。

答え

$$\frac{14 + 3\sqrt{3}}{13}$$