無限級数 \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \cos\dfrac{n\pi}{6} の和を求めよ。
a_n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \cos\dfrac{n\pi}{6} とおきます。n を 6 増やすと角 \dfrac{n\pi}{6} は \pi 増え、\cos(\theta + \pi) = -\cos\theta から \cos の符号が変わる。
\left(\dfrac{1}{2}\right)^n のほうは \left(\dfrac{1}{2}\right)^6 = \dfrac{1}{64} 倍になるため、次の関係が成り立ちます。
a_{n+6} = -\dfrac{1}{64}a_n
a_6 から a_{11} までは a_0 から a_5 までの -\dfrac{1}{64} 倍、a_{12} から a_{17} まではさらにその -\dfrac{1}{64} 倍。6 項ずつ区切った和は、公比 -\dfrac{1}{64} の等比数列になります。
n = 0, 1, \ldots, 5 の \cos\dfrac{n\pi}{6} は 1、\dfrac{\sqrt{3}}{2}、\dfrac{1}{2}、0、-\dfrac{1}{2}、-\dfrac{\sqrt{3}}{2} です。\left(\dfrac{1}{2}\right)^n をかけると次の 6 項になる。
a_0 = 1, \quad a_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{4}, \quad a_2 = \dfrac{1}{8}
a_3 = 0, \quad a_4 = -\dfrac{1}{32}, \quad a_5 = -\dfrac{\sqrt{3}}{64}
\sqrt{3} を含まない項の和は 1 + \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{32} = \dfrac{35}{32}、含む項の和は \dfrac{\sqrt{3}}{4} - \dfrac{\sqrt{3}}{64} = \dfrac{15\sqrt{3}}{64} です。合わせて T = \dfrac{70 + 15\sqrt{3}}{64}。
最初の N 項の和を S_N とします。N = 6m なら、初項 T、公比 -\dfrac{1}{64} の等比数列の m 項の和です。
S_{6m} = T \cdot \dfrac{1 - \left(-\dfrac{1}{64}\right)^m}{1 + \dfrac{1}{64}}
m \to \infty で \left(-\dfrac{1}{64}\right)^m \to 0 だから、S_{6m} は \dfrac{64}{65}T に近づく。
N が 6 の倍数でないときは N = 6m + j、j は 1 から 5 のどれかです。S_N と S_{6m} の差は a_{6m} から a_{6m+j-1} までの和で、その絶対値は次の値以下になります。
\displaystyle\sum_{n=6m}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{6m}
m \to \infty でこの差も 0 に近づくため、S_N は \dfrac{64}{65}T に収束する。求める和は次のとおりです。
\dfrac{64}{65} \cdot \dfrac{70 + 15\sqrt{3}}{64} = \dfrac{14 + 3\sqrt{3}}{13}