目次
問題
無限級数\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2})^n \cos{\frac{n\pi}{6}}\)を求めよ。
方針
（指数関数）×（三角関数）の無限級数ですね。まず、「三角関数が邪魔しているけれども、指数関数のみの無限級数であれば簡単に求められるのになあ」、と思います。そこで三角関数の項を先に処理してしまうのが１つ目の解法です。
\(\cos{\frac{n\pi}{6}}\)の周期に注目してみましょう。一般の角度\(\theta\)に対して、\(\cos(\theta +2 \pi)= \cos{\theta}\)が成り立つことから、小さい\(n\)から順に代入していくことで、例えば,
\(n=0\)のときと\(n=12\)のときの値は等しく\(1\)
\(n=1\)のときと\(n=13\)のときの値は等しく\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
…
と順に値が\(12\)個飛ばしで同じであることが分かります。このことから\(12\)個おきで考えてやると、三角関数の部分の値が等しくなって議論が進めやすくなりそうです。
また、\(12\)個おきではなく\(6\)個おきでまとめてもよいです。（駿台の解答速報の別解にこの解法がありましたね。）
\(12\)個の場合の解法とは本質的な違いはありませんので、解答のほうでは\(12\)個おきの解法だけを紹介します。
\(12\)個おきで考えるので、はみ出た\(0\)から\(11\)項を処理しないといけませんが、\(k\)を整数として、\(n=12k\)のとき, \(n=12k+1\)のとき, \(n=12k+2\)のとき…, \(n=12k+11\)のときと\(12\)個も場合分けが必要になりますが、解答ではこの場合分けをせずにまとめて処理する方法を紹介します。さすがに入試本番で\(12\)個も場合分けをするのは書き疲れるでしょう。
また、はみ出た項を考えずに、無限級数の項の順番を変えてまとめて処理する方法もあるのですが、こちらは「項の並び替え」をすることになり、もとの級数が絶対収束することを述べておかないといけません。（大学数学の範囲に入ってしまいます。）
このような議論が林俊介さんの解説動画で見られましたが、絶対収束することを述べないのならば、入試の解答としては避けておくほうが安全でしょう。（述べた場合はさすがに大丈夫だとは思いますが…。）
これには\(\displaystyle \lim\)と\(\int\)をむやみに交換してはいけないことと何か似通った部分がありますね。
さて、次の解法についてですが、こちらは経験がないと難しいでしょうが、複素数平面で学習するド・モアブルの定理を利用するやり方もあります。例えば、次のような問題をどこかで経験したことがある方はすぐに複素数の利用が見えたのではないか、と思います。
（類題）ド・モアブルの定理を利用した三角関数の和の求め方
\(n\)は\(2\)以上の自然数であるとする。このとき,
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \cos{\frac{2k \pi}{n}}=0\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \sin{\frac{2k \pi}{n}}=0\)
であることを証明せよ。
（有名問題）
（解答）
\( \displaystyle z_k= \cos{\frac{2k \pi}{n}}+i \sin{\frac{2k \pi}{n}}\)
とおく。このとき、ド・モアブルの定理により、
\( \displaystyle z_k= (\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}})^k\)
であることが従う。いま、\(n \geq 2\)より、\(\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}}=1\)となることはなく、さらに、ド・モアブルの定理の定理から、
(cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}})^n &= \cos{2\pi}+ i \sin{2\pi} \\
&= 1
\end{align}
となるから、
\displaystyle \sum_{k=1}^n z_k &= \displaystyle \sum_{k=1}^n (\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}})^k \\
&= (\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}}) \frac{1-(\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}})^n}{1-(\cos{\frac{2 \pi}{n}}+i \sin{\frac{2 \pi}{n}})} \\
&= 0
\end{align}
となる。この等式の最左辺と最右辺の実部・虚部を比較することで、示すべき式：
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \cos{\frac{2k \pi}{n}}=0\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \sin{\frac{2k \pi}{n}}=0\)
を得ることができた。（証明おわり）
といった具合に、ド・モアブルの定理の威力を体感していただくことができましたでしょうか。本問では極形式で表した時に絶対値が上で考えたように\(1\)ではなく、\(\frac{1}{2}\)のものを考えることになります。
また、複素数では共役複素数を考えた方が議論が楽な場合がしばしばあります。解答２では共役複素数を交えながら解答を進めたいと思います。（もちろん、考えなくとも議論ではできますが、解答がよりスマートになります。）
解答
解１°）三角関数の周期に注目する
\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2})^n \cos{\frac{n\pi}{6}}= \lim_{n \to \infty} \displaystyle \sum_{k=0}^{n} (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}}\)
であり、
\(S_n =\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}}\)
とおく。
\(a\)を\(0\)以上\(11\)以下の整数、\(l\)を整数とすると、
\(\displaystyle \cos{\frac{(12l+a)\pi}{6}}= \cos(2l\pi+\frac{a\pi}{6})=\cos{\frac{a\pi}{6}}\)
となる。（つまり、\(\cos{\frac{k\pi}{6}}\)は\(k\)が\(12\)個おきにその値がひとしくなる。）
まず、\(n=12l-1\)（\(l\)は整数）のときを考えよう。以下、法を\(12\)とする合同式を考える。
\(k \equiv 3,9\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=0\)だから、和は\(0\)
\(k \equiv 0\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=1\)だから、\( \displaystyle \sum_{k=0}^{n}\)のうちこのようなものの和は、
\( \displaystyle 1+ (\frac{1}{2})^{12} + \cdots (\frac{1}{2})^{12(l-1)} = \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) = T_l\)
ただし、簡単のため、
\(\displaystyle T_l =\frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l})\)
と定めた。
\(k \equiv 6\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=-1\)だから、同様に和は、
-(\displaystyle (\frac{1}{2})^{6}+ (\frac{1}{2})^{6}(\frac{1}{2})^{12} + \cdots (\frac{1}{2})^{6}(\frac{1}{2})^{12(l-1)}) &= - \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) \\
&= -(\frac{1}{2})^6 T_l
\end{align}
\(k \equiv 1,11\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)だから、同様に和は、
\frac{\sqrt{3}}{2} & (\displaystyle (\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{11})+ (\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{11})(\frac{1}{2})^{12} + \cdots (\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{11})(\frac{1}{2})^{12(l-1)}) \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{11}) \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{11}) T_l
\end{align}
\(k \equiv 2,10\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=\frac{1}{2}\)だから、同様に和は、
\frac{1}{2} & (\displaystyle ((\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^{10})+ ((\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^{10})(\frac{1}{2})^{12} + \cdots ((\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^{10})(\frac{1}{2})^{12(l-1)}) \\ &= \frac{1}{2}((\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^{10}) \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) \\
&= \frac{1}{2}((\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^{10}) T_l
\end{align}
\(k \equiv 4,8\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=-\frac{1}{2}\)だから、同様に和は、
-\frac{1}{2} & (\displaystyle ((\frac{1}{2})^4 + (\frac{1}{2})^{8})+ ((\frac{1}{2})^4 + (\frac{1}{2})^{8})(\frac{1}{2})^{12} + \cdots ((\frac{1}{2})^4 + (\frac{1}{2})^{8})(\frac{1}{2})^{12(l-1)}) \\ &= -\frac{1}{2}((\frac{1}{2})^4 + (\frac{1}{2})^{8}) \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) \\
&= -\frac{1}{2}((\frac{1}{2})^4 + (\frac{1}{2})^{8}) T_l
\end{align}
\(k \equiv 5,7\)のとき：\(\cos{\frac{k\pi}{6}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\)だから、同様に和は、
-\frac{\sqrt{3}}{2} & (\displaystyle ((\frac{1}{2})^5 + (\frac{1}{2})^{7})+ ((\frac{1}{2})^5 + (\frac{1}{2})^{7})(\frac{1}{2})^{12} + \cdots ((\frac{1}{2})^5 + (\frac{1}{2})^{7})(\frac{1}{2})^{12(l-1)}) \\ &= -\frac{\sqrt{3}}{2}((\frac{1}{2})^5 + (\frac{1}{2})^{7}) \frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}} (1- (\frac{1}{2})^{12l}) \\
&= -\frac{\sqrt{3}}{2}((\frac{1}{2})^5 + (\frac{1}{2})^{7}) T_l
\end{align}
\(n \to \infty\)のとき、\(l \to \infty\)であり、
\(\displaystyle \lim_{l \to \infty}T_l =\frac{1}{1- (\frac{1}{2})^{12}}= \frac{4096}{4095}\)
だから、
\lim_{l \to \infty} S_{12l-1} &= \frac{4096}{4095}(1- (\frac{1}{2})^6+ \frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{1}{2}+(\frac{1}{2})^{11}+(\frac{1}{2})^5-(\frac{1}{2})^7)+ \frac{1}{2}(\frac{1}{2})^2+((\frac{1}{2})^{10}+(\frac{1}{2})^4-(\frac{1}{2})^8)) \\
&= \frac{4096}{4095} \cdot \frac{1}{4096}(4096-64+\sqrt{3}(1024+1-64-16)+(512+2-128-8)) \\
&= \frac{4410+945\sqrt{3}}{4095} \\
&= \frac{14+3\sqrt{3}}{13}
\end{align}
となる。
次に、\(n=12l-1+a\)（\(1 \leq a \leq 11\),\(a\)は整数）のとき、極限値が先程求めたものと一致することを確認するために、\(S_{12l-1}\)からはみ出た\(a\)項を考える。
\(\displaystyle a_k = (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}}\)
と置くと、はみ出た\(a\)項の和\(U(a,l)\)は、
\(U(a,l) =a_{12l} + a_{12l+1} + \cdots + a_{12l-1+a}\)
と書ける。このとき、この\(U(a,l)\)について三角不等式を用いて評価すると、
|U(a,l)| &= |a_{12l} + a_{12l+1} + \cdots + a_{12l-1+a}| \\
&\leq |a_{12l}| + |a_{12l+1}| + \cdots + |a_{12l-1+a}| \\
&\leq |a_{12l}| + |a_{12l+1}| + \cdots + |a_{12l+10}| \\
&= (\frac{1}{2})^{12k}|\cos{\frac{12k\pi}{6}}|+(\frac{1}{2})^{12k+1}|\cos{\frac{(12k+1)\pi}{6}}| + \cdots + (\frac{1}{2})^{12k+10}|\cos{\frac{(12k+10)\pi}{6}}| \\
&\leq (\frac{1}{2})^{12k}+(\frac{1}{2})^{12k+1}+ \cdots + (\frac{1}{2})^{12k+10} \\
&\leq (\frac{1}{2})^{12k}+(\frac{1}{2})^{12k}+ \cdots + (\frac{1}{2})^{12k} \\
&= 11 (\frac{1}{2})^{12k} \to 0 (k \to \infty)
\end{align}
となるから、はさみうちの原理から\(\displaystyle \lim_{l \to \infty}U(a,l) = 0\)となる。
\(n=12l-1+a\)のとき、
\(S_n = S_{12l-1} + U(a,l)\)
と書けるから、この式で\(n \to \infty\)とすると、求める無限級数は、
\(\frac{14+3\sqrt{3}}{13}+0=\frac{14+3\sqrt{3}}{13}\)となる。（答え）
解２°）複素数の利用
以下、虚数単位を\(i\)とし、複素数\(z\)に対してその実部を\(\mathrm{Re}(z)\), 虚部を\(\mathrm{Im}(z)\)と表記することにする。
\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2})^n \cos{\frac{n\pi}{6}}= \lim_{n \to \infty} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}}\)
であり、
\(S_n =\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}}\)
とおく。ここで複素数\(z\)を、
\(\displaystyle z= \frac{1}{2}(\cos{\frac{\pi}{6}}+ i \sin{\frac{\pi}{6}})\)
とおく。（\(\displaystyle z= \frac{\sqrt{3}+i}{4}\)である。）
ド・モアブルの定理を用いると、
\displaystyle (\frac{1}{2})^k \cos{\frac{k\pi}{6}} &= \mathrm{Re}((\frac{1}{2})^k (\cos{\frac{\pi}{6}}+ i \sin{\frac{\pi}{6}})^k) \\
&= \mathrm{Re}(z^k) \\
&= \frac{z^k + \overline{z}^k}{2}
\end{align}
となる。等比数列の和の公式から、
S_n &= \frac{z^k + \overline{z}^k}{2} \\
&= \frac{1}{2}(\frac{1-z^k}{1-z}+\frac{1- \overline{z}^n}{1- \overline{z}})
\end{align}
となる。ここで、ド・モアブルの定理から、
\(\displaystyle z^n= \frac{1}{2}(\cos{\frac{n \pi}{6}}+ i \sin{\frac{n \pi}{6}})\)
\(\displaystyle \overline{z}^n= \frac{1}{2}(\cos{\frac{n \pi}{6}}+ i \sin{\frac{n \pi}{6}})\)
となるが、
0 &\leq |\mathrm{Re}(z^n)|= |(\frac{1}{2})^n \cos{\frac{n \pi}{6}}| \leq (\frac{1}{2})^n \\
0 &\leq |\mathrm{Im}(\overline{z}^n)|= |(\frac{1}{2})^n \sin{\frac{n \pi}{6}}| \leq (\frac{1}{2})^n \\
0 &\leq |\mathrm{Re}(z^n)|= |(\frac{1}{2})^n \cos{\frac{n \pi}{6}}| \leq (\frac{1}{2})^n \\
0 &\leq |\mathrm{Im}(\overline{z}^n)|= |(\frac{1}{2})^n \sin{\frac{n \pi}{6}}| \leq (\frac{1}{2})^n \\
\end{align}
とるから、\(n \to \infty\)とすると、はさみうちの原理より\(z^n, \overline{z}^n\)はともに実部・虚部ともに\(0\)に収束するので、\(z^n, \overline{z}^n\)はともに\(0\)に収束する。ゆえに、
\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n &= \frac{1}{2}(\frac{1}{1-z}+\frac{1}{1- \overline{z}}) \\
&= \frac{1}{2} \frac{2-(z+ \overline{z})}{1-(z+ \overline{z})+|z|^2} \\
&= \frac{1}{2} \frac{2- \frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{4}} \\
&= \frac{4-\sqrt{3}}{5-2\sqrt{3}} \\
&= \frac{14+3\sqrt{3}}{13}
\end{align}
より、求める無限級数は\(\frac{14+3\sqrt{3}}{13}\)となる。（答え）
あとがき
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