数学の力

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京大2021年度理系第3問(無限級数)

入試問題

問題．

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第3問.
無限級数 \displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n\cos\frac{n\pi}{6}の和を求めよ．




無限級数を計算する問題．京大らしい短い問題文の問題ですね．

複素数と結びつけて考えることができればあとは計算を頑張れば解けます．複素数と結びつけることに気が付かなくても， \cos\frac{n\pi}{6}の周期性を用いれば計算できます．


解説．

1. 複素数を経由して解く

まず，複素数と結びつけて考える解放を説明します．おそらくこの手法が想定解かと思います．

等比級数の値は

\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty x^n &= \frac{1}{1-x}\quad (x\neq 1)
\end{align*}

と計算できるので，等比級数の形を作るという方針で考えていきます．

複素数 zに対して，その実部を \Re(z)で表すことにします．

\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2}\right)^n\cos\frac{n\pi}{6} &= \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2}\right)^n\Re\left(\cos\frac{n\pi}{6}+i\sin\frac{n\pi}{6}\right)\\
&= \Re\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n\left(\cos\frac{n\pi}{6}+i\sin\frac{n\pi}{6}\right)\right)
\end{align*}

ここで，ド・モアブルの定理を用いると

\begin{align*}
\cos\frac{n\pi}{6}+i\sin\frac{n\pi}{6} &= \left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)^n\\
&= \left(\frac{\sqrt{3}+i}{2}\right)^n
\end{align*}

なので，

\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n\left(\cos\frac{n\pi}{6}+i\sin\frac{n\pi}{6}\right) &= \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n\left(\frac{\sqrt{3}+i}{2}\right)^n\\
&= \left(\frac{\sqrt{3}+i}{4}\right)^n\\
&= \frac{1}{1-\frac{\sqrt{3}+i}{4}}\\
&= \frac{4}{4-\sqrt{3}-i}\\
&= \frac{4(4-\sqrt{3}+i)}{(4-\sqrt{3}-i)(4-\sqrt{3}+i)}\\
&= \frac{4(4-\sqrt{3}+i)}{20-8\sqrt{3}}\\
&= \frac{4-\sqrt{3}+i}{5-2\sqrt{3}}
\end{align*}

求めたかったものはこれの実部なので，

\begin{align*}
\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{14+3\sqrt{3}}{13}
\end{align*}

 

もう少し地道に解く

次に，複素数を経由することに気が付かなかった場合の \cos\frac{n\pi}{6}の値の周期性を用いた解法を試してみます．本質的には上の解法と同じです．

\cos\frac{n\pi}{6}の値を， nを6で割った余りで分類してみます． mを非負整数として，

\begin{align*}
\cos\frac{n\pi}{6} &= \left\{
\begin{array}{ll}
(-1)^m & (n=6m)\\
(-1)^m\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} & (n = 6m+1)\\
(-1)^m\cdot\frac{1}{2} & (n = 6m+2)\\
0 & (n = 6m+3)\\
(-1)^m\left(-\frac{1}{2}\right) & (n = 6m+4)\\
(-1)^m\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) & (n = 6m+5)
\end{array}
\right.
\end{align*}

となります． nを12で割った余りで分類しても良かったのですが，それだとさすがに計算が大変になるので上のようにしました．

これを用いると，

\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)\cos\frac{n\pi}{6} &= \sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m}(-1)^m+\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m+1}(-1)^m\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\\
&\quad +\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m+2}(-1)^m\cdot\frac{1}{2}+\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m+3}\cdot 0\\
&\quad +\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m+4}(-1)^m\left(-\frac{1}{2}\right)+\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{6m+5}(-1)^m\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&= \sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m + \frac{\sqrt{3}}{4}\sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m\\
&\quad + \frac{1}{8}\sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m + 0\\
&\quad -\frac{1}{32}\sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m - \frac{\sqrt{3}}{64}\sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m\\
&= \left(1+\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{8}-\frac{1}{32}-\frac{\sqrt{3}}{64}\right)\sum_{m=0}^\infty \left(-\frac{1}{2^6}\right)^m\\
&= \frac{70+15\sqrt{3}}{64}\cdot\frac{1}{1+\frac{1}{2^6}}\\
&= \frac{70+15\sqrt{3}}{64}\cdot\frac{64}{65}\\
&= \frac{14+3\sqrt{3}}{13}
\end{align*}

となり，上の解法と同じ答えが無事にでました．

京大2021年度理系第2問(微分・最小値)

入試問題

問題．

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第2問.
曲線 y=\frac{1}{2}(x^2+1)上の点 \mathrm{P}における接線は x軸と交わるとし，その交点を \mathrm{Q}とおく．線分 \mathrm{PQ}の長さを Lとするとき， Lが取りうる値の最小値を求めよ．


この問題は解いてみると意外と難しくありません．

点 \mathrm{P}の座標を文字でおいて線分 Lの長さを求め，微分・増減表を書いて最小値を求めるという一般的な方法で解くことができます．



解説．

上に書いたような手順で解いていきます．

y=\frac{1}{2}(x^2+1) を微分すると y^\prime=x なので，点 \mathrm{P}の x座標を p とすると接線の方程式は

\begin{align*}
y &= p(x-p) + \frac{1}{2}(p^2+1)\\
&= px - \frac{p^2-1}{2}.
\end{align*}

p=0のとき x軸と交わらないので p\neq 0で， y=0を代入すると

\begin{align*}
0 &= px - \frac{p^2-1}{2}\\
x &= \frac{p^2-1}{2p}
\end{align*}

となり，点 \mathrm{Q}の座標は \left(\frac{p^2-1}{2p}, 0\right).

よって，線分 \mathrm{PQ}の長さ Lの2乗を計算すると，

\begin{align*}
L^2 &= \left(p - \frac{p^2-1}{2p}\right)^2 + \left\{\frac{p^2+1}{2}\right\}^2\\
&= \left(\frac{p^2+1}{2p}\right)^2+\left(\frac{p^2+1}{2}\right)^2\\
&= \frac{1}{p^2}\left(\frac{p^2+1}{2}\right)^2 + \left(\frac{p^2+1}{2}\right)^2\\
&= (\frac{1}{p^2}+1)\left(\frac{p^2+1}{2}\right)^2\\
&= \frac{(p^2+1)^3}{4p^2}.
\end{align*}

L>0 より， Lが最小値をとるときと L^2が最小値をとるときは同じなので， L^2の最小値を考えることにします．

f(p) = \frac{(p^2+1)^3}{4p^2} とおいて pで微分すると，

\begin{align*}
f^\prime(p) &= \frac{3(p^2+1)^2\cdot 2p\cdot 4p^2 - (p^2+1)^3\cdot 8p}{16p^4}\\
&= \frac{(p^2+1)^2(2p^2-1)}{2p^3}.
\end{align*}

f\prime(p)=0となるのは p=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}のときで，増減表を書くと次のようになります．

\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|c|}\hline
p & 0 & \cdots & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \cdots & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & \cdots\\ \hline
f^\prime(p) & - & 0 & + & \times & - & 0 & +\\ \hline
f(p) & \searrow & & \nearrow & \times & \searrow & & \nearrow \\\hline
\end{array}


\begin{align*}
f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) &= \frac{(\frac{1}{2}+1)^3}{4\cdot \frac{1}{2}}\\
&= \frac{27}{16}
\end{align*}

なので， L^2は p=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}で最小値 \frac{27}{16}をとり，

したがって， Lは p=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}で最小値 \sqrt{\frac{27}{16}}=\frac{3}{4}\sqrt{3}となります．