数学C 複素数平面 問題 14 解説

方針・初手

漸化式は分数型であるため、そのまま扱うより逆数をとるのが自然である。$b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくと一次漸化式になり、さらに定数項を消すために $c_n=b_n-1-i$ とおけば、単に $i$ 倍される形になる。

解法1

まず (1) を直接計算する。

$$ a_1=1 $$

より、

$$ a_2=\frac{1}{i+2}=\frac{2-i}{5} $$

である。さらに、

$$ i+2a_2=i+2\cdot \frac{2-i}{5} =\frac{4+3i}{5} $$

だから、

$$ a_3=\frac{a_2}{i+2a_2} =\frac{\frac{2-i}{5}}{\frac{4+3i}{5}} =\frac{2-i}{4+3i} =\frac{1-2i}{5} $$

となる。したがって、

$$ z=a_2+a_3 =\frac{2-i}{5}+\frac{1-2i}{5} =\frac{3-3i}{5} =\frac{3}{5}(1-i) $$

である。

よって、

$$ |z|=\frac{3}{5}|1-i| =\frac{3\sqrt{2}}{5} $$

また、$1-i$ は第4象限にあるので、$0\leqq \theta<2\pi$ における偏角は

$$ \theta=\frac{7\pi}{4} $$

である。

次に (2) を考える。$b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくと、

$$ b_{n+1} =\frac{1}{a_{n+1}} =\frac{i+2a_n}{a_n} =i\frac{1}{a_n}+2 =ib_n+2 $$

である。したがって、

$$ b_{n+1}=ib_n+2 $$

である。

さらに、$c_n=b_n-1-i$ とおく。すなわち、

$$ b_n=c_n+1+i $$

であるから、

$$ \begin{aligned} c_{n+1} &=b_{n+1}-1-i \\ &=(ib_n+2)-1-i \\ &=i(c_n+1+i)+1-i \\ &=ic_n+i+i^2+1-i \\ &=ic_n \end{aligned} $$

となる。よって、

$$ c_{n+1}=ic_n $$

である。

次に (3) を求める。初期値は

$$ b_1=\frac{1}{a_1}=1 $$

だから、

$$ c_1=b_1-1-i=1-1-i=-i $$

である。$c_{n+1}=ic_n$ より、

$$ c_n=i^{n-1}c_1=i^{n-1}(-i)=-i^n $$

となる。したがって、

$$ b_n=c_n+1+i=1+i-i^n $$

である。ゆえに、

$$ a_n=\frac{1}{b_n} =\frac{1}{1+i-i^n} $$

となる。

特に $i^n$ は周期 $4$ をもつので、$a_n$ は次のように表せる。

$$ a_n= \begin{cases} 1 & (n\equiv 1 \pmod 4),\\ \dfrac{2-i}{5} & (n\equiv 2 \pmod 4),\\ \dfrac{1-2i}{5} & (n\equiv 3 \pmod 4),\\ -i & (n\equiv 0 \pmod 4). \end{cases} $$

最後に (4) を考える。上の結果より、点 $A_n$ は周期 $4$ で繰り返す。したがって、四角形 $A_nA_{n+1}A_{n+2}A_{n+3}$ の面積は、$A_1,A_2,A_3,A_4$ をこの順に結んだ四角形の面積に等しい。

各点の座標は

$$ A_1=(1,0),\quad A_2=\left(\frac{2}{5},-\frac{1}{5}\right),\quad A_3=\left(\frac{1}{5},-\frac{2}{5}\right),\quad A_4=(0,-1) $$

である。

靴紐公式を用いると、

$$ \begin{aligned} 2S_n &=\left|1\cdot\left(-\frac{1}{5}\right) +\frac{2}{5}\cdot\left(-\frac{2}{5}\right) +\frac{1}{5}\cdot(-1) +0\cdot 0 \right.\\ &\qquad\left. -\left\{ 0\cdot\frac{2}{5} +\left(-\frac{1}{5}\right)\cdot\frac{1}{5} +\left(-\frac{2}{5}\right)\cdot 0 +(-1)\cdot 1 \right\} \right| \\ &=\left| -\frac{1}{5}-\frac{4}{25}-\frac{1}{5} -\left(-\frac{1}{25}-1\right) \right| \\ &=\left| -\frac{5}{25}-\frac{4}{25}-\frac{5}{25} +\frac{1}{25}+\frac{25}{25} \right| \\ &=\frac{12}{25} \end{aligned} $$

したがって、

$$ S_n=\frac{6}{25} $$

である。

解説

この問題の中心は、分数型の漸化式を逆数によって一次漸化式に変形する点である。

$$ a_{n+1}=\frac{a_n}{i+2a_n} $$

は一見扱いにくいが、逆数をとると

$$ b_{n+1}=ib_n+2 $$

となる。さらに、この一次漸化式の定数項を消すため、固定点 $1+i$ を引いて

$$ c_n=b_n-1-i $$

とおくと、

$$ c_{n+1}=ic_n $$

という単純な等比数列になる。

また、$i^n$ は周期 $4$ をもつため、$a_n$ も周期 $4$ をもつ。したがって、面積 $S_n$ も $n$ によらず一定になる。

答え

(1)

$$ |z|=\frac{3\sqrt{2}}{5},\qquad \theta=\frac{7\pi}{4} $$

(2)

(ア)

$$ b_{n+1}=ib_n+2 $$

(イ)

$$ c_{n+1}=ic_n $$

(3)

$$ a_n=\frac{1}{1+i-i^n} $$

すなわち、

$$ a_n= \begin{cases} 1 & (n\equiv 1 \pmod 4),\\ \dfrac{2-i}{5} & (n\equiv 2 \pmod 4),\\ \dfrac{1-2i}{5} & (n\equiv 3 \pmod 4),\\ -i & (n\equiv 0 \pmod 4). \end{cases} $$

(4)

$$ S_n=\frac{6}{25} $$