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京都大学 2021年理系第3問解説

方針・初手

求める無限級数の各項は、等比数列と三角関数の積の形をしています。そのままでは和を直接計算しにくいため、同じ構造を持つ正弦関数（$\sin$）の無限級数を用意して加法定理から連立方程式を作るか、ド・モアブルの定理を利用して複素数の無限等比級数の実部として計算するアプローチが有効です。

解法1

$$ I = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6}, \quad J = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6} $$

とおく。$\left| \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} \right| \le \left(\frac{1}{2}\right)^n$ であり、$\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n$ は収束するため、$I, J$ ともに絶対収束する。三角関数の加法定理より、

$$ \cos \frac{(n+1)\pi}{6} = \cos \frac{n\pi}{6} \cos \frac{\pi}{6} - \sin \frac{n\pi}{6} \sin \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \frac{n\pi}{6} - \frac{1}{2} \sin \frac{n\pi}{6} $$

$$ \sin \frac{(n+1)\pi}{6} = \sin \frac{n\pi}{6} \cos \frac{\pi}{6} + \cos \frac{n\pi}{6} \sin \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \frac{n\pi}{6} + \frac{1}{2} \cos \frac{n\pi}{6} $$

これらの両辺に $\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$ を掛け、$n=0$ から $\infty$ まで和をとると、

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \cos \frac{(n+1)\pi}{6} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6} \right) $$

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \sin \frac{(n+1)\pi}{6} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \sin \frac{n\pi}{6} + \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos \frac{n\pi}{6} \right) $$

ここで、左辺の和はそれぞれ $I, J$ の初項を除いたものになるため、

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

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

したがって、$I, J$ についての連立方程式が得られる。

$$ I - 1 = \frac{\sqrt{3}}{4} I - \frac{1}{4} J \quad \cdots (1) $$

$$ J = \frac{\sqrt{3}}{4} J + \frac{1}{4} I \quad \cdots (2) $$

(2) より、$J \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) = \frac{1}{4} I$ となるから、

$$ I = (4 - \sqrt{3}) J $$

これを (1) に代入して整理する。

$$ (4 - \sqrt{3}) J - 1 = \frac{\sqrt{3}(4 - \sqrt{3})}{4} J - \frac{1}{4} J $$

$$ 4(4 - \sqrt{3}) J - 4 = \sqrt{3}(4 - \sqrt{3}) J - J $$

$$ (16 - 4\sqrt{3}) J - (4\sqrt{3} - 3) J + J = 4 $$

$$ (20 - 8\sqrt{3}) J = 4 $$

$$ J = \frac{1}{5 - 2\sqrt{3}} $$

求める和は $I$ であるから、

$$ I = (4 - \sqrt{3}) J = \frac{4 - \sqrt{3}}{5 - 2\sqrt{3}} $$

分母を有理化すると、

$$ I = \frac{(4 - \sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})}{(5 - 2\sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})} = \frac{20 + 8\sqrt{3} - 5\sqrt{3} - 6}{25 - 12} = \frac{14 + 3\sqrt{3}}{13} $$

解法2

複素数 $z$ を $z = \frac{1}{2} \left( \cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{4}i$ とおく。ド・モアブルの定理より、

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

となるため、求める無限級数の和は $\sum_{n=0}^{\infty} z^n$ の実部である。 $|z| = \frac{1}{2} < 1$ であるから、この無限等比級数は収束し、その和は

$$ \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1 - z} = \frac{1}{1 - \left( \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{4}i \right)} = \frac{4}{(4 - \sqrt{3}) - i} $$

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

$$ \frac{4 \{ (4 - \sqrt{3}) + i \} }{(4 - \sqrt{3})^2 - i^2} = \frac{4(4 - \sqrt{3}) + 4i}{(16 - 8\sqrt{3} + 3) + 1} $$

$$ = \frac{4(4 - \sqrt{3}) + 4i}{20 - 8\sqrt{3}} = \frac{(4 - \sqrt{3}) + i}{5 - 2\sqrt{3}} $$

さらに分母を有理化する。

$$ \frac{\{ (4 - \sqrt{3}) + i \} (5 + 2\sqrt{3})}{(5 - 2\sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3})} = \frac{(4 - \sqrt{3})(5 + 2\sqrt{3}) + i(5 + 2\sqrt{3})}{25 - 12} $$

$$ = \frac{(20 + 8\sqrt{3} - 5\sqrt{3} - 6) + (5 + 2\sqrt{3})i}{13} = \frac{14 + 3\sqrt{3}}{13} + \frac{5 + 2\sqrt{3}}{13}i $$

求める無限級数はこの実部であるから、$\frac{14 + 3\sqrt{3}}{13}$ である。

解説

等比数列と三角関数の積の和を求める典型問題です。解法1のように、積分計算などでもおなじみの「ペアを作って連立する」手法は強力であり、数IIIの範囲内で論理的に解き進めることができます。一方で、解法2のように複素数平面に持ち込むことで、単なる複素数の無限等比級数の計算に帰着させることができます。ド・モアブルの定理やオイラーの公式を習熟していれば、こちらの方が立式の見通しが良く、計算量も抑えられることが多いです。