数学C ド・モアブルの定理 問題 12 解説

方針・初手

与えられた複素数

$$ \frac{1+\sqrt{3}i}{2} $$

は絶対値 $1$、偏角 $\dfrac{\pi}{3}$ の複素数である。これを

$$ \omega=\frac{1+\sqrt{3}i}{2} $$

とおくと、$\omega^6=1$ である。

漸化式は積 $z_nz_{n+1}$ の形なので、まず $z_2$ から順に $z_3,z_4,\ldots$ を求めて規則性を見つける。

解法1

$$ \omega=\frac{1+\sqrt{3}i}{2} $$

とおく。与えられた式は

$$ z_nz_{n+1}=\frac{1}{2}\omega^{n-1} \qquad (n=2,3,4,\ldots) $$

である。

まず、$z_2=\dfrac{1}{2}$ より、

$$ z_2z_3=\frac{1}{2}\omega $$

だから、

$$ \frac{1}{2}z_3=\frac{1}{2}\omega $$

となり、

$$ z_3=\omega $$

である。

次に、

$$ z_3z_4=\frac{1}{2}\omega^2 $$

より、

$$ \omega z_4=\frac{1}{2}\omega^2 $$

だから、

$$ z_4=\frac{1}{2}\omega $$

である。

さらに、

$$ z_4z_5=\frac{1}{2}\omega^3 $$

より、

$$ \frac{1}{2}\omega z_5=\frac{1}{2}\omega^3 $$

だから、

$$ z_5=\omega^2 $$

である。

したがって、

$$ z_1=1,\quad z_2=\frac{1}{2},\quad z_3=\omega,\quad z_4=\frac{1}{2}\omega,\quad z_5=\omega^2 $$

である。

ここで

$$ \omega=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\qquad \omega^2=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i $$

なので、複素数平面上では

$$ z_1=(1,0),\quad z_2=\left(\frac{1}{2},0\right),\quad z_3=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right), $$

$$ z_4=\left(\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{4}\right),\quad z_5=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right) $$

を図示すればよい。

次に一般項を求める。上の計算から、

$$ z_1=1,\quad z_3=\omega,\quad z_5=\omega^2 $$

となり、奇数番目は $\omega$ の累乗になっている。また、

$$ z_2=\frac{1}{2},\quad z_4=\frac{1}{2}\omega $$

となり、偶数番目はその半分になっている。

よって、

$$ z_{2k+1}=\omega^k\qquad (k=0,1,2,\ldots) $$

$$ z_{2k}=\frac{1}{2}\omega^{k-1}\qquad (k=1,2,3,\ldots) $$

と予想できる。

実際、$z_{2k}=\dfrac{1}{2}\omega^{k-1}$ とすると、

$$ \begin{aligned} z_{2k}z_{2k+1} &= \frac{1}{2}\omega^{k-1}\cdot \omega^k\\ &= \frac{1}{2}\omega^{2k-1} \end{aligned} $$

であり、これは $n=2k$ のときの

$$ z_nz_{n+1}=\frac{1}{2}\omega^{n-1} $$

に一致する。

また、$z_{2k+1}=\omega^k$ とすると、

$$ \begin{aligned} z_{2k+1}z_{2k+2} &= \omega^k\cdot \frac{1}{2}\omega^k\\ &= \frac{1}{2}\omega^{2k} \end{aligned} $$

であり、これは $n=2k+1$ のときの

$$ z_nz_{n+1}=\frac{1}{2}\omega^{n-1} $$

に一致する。

したがって、一般項は

$$ z_{2k+1}=\omega^k\qquad (k=0,1,2,\ldots) $$

$$ z_{2k}=\frac{1}{2}\omega^{k-1}\qquad (k=1,2,3,\ldots) $$

である。

最後に和を求める。$1$ から $2002$ までには、奇数番目と偶数番目がそれぞれ $1001$ 個ずつある。

奇数番目の和は

$$ z_1+z_3+\cdots+z_{2001} = \sum_{k=0}^{1000}\omega^k $$

である。

偶数番目の和は

$$ z_2+z_4+\cdots+z_{2002} = \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{1000}\omega^k $$

である。

したがって、

$$ \sum_{n=1}^{2002}z_n = \frac{3}{2}\sum_{k=0}^{1000}\omega^k $$

となる。

ここで $\omega^6=1$ かつ $\omega\ne 1$ なので、

$$ 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4+\omega^5=0 $$

である。

また、

$$ 1001=6\cdot 166+5 $$

だから、

$$ \sum_{k=0}^{1000}\omega^k = 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4 $$

である。

よって、

$$ 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4=-\omega^5 $$

である。ここで

$$ \omega^5=\cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i $$

だから、

$$ -\omega^5 = -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i $$

である。

したがって、

$$ \sum_{n=1}^{2002}z_n = \frac{3}{2} \left( -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \right) = -\frac{3}{4}+\frac{3\sqrt{3}}{4}i $$

である。

解説

この問題では、$\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}$ を極形式で見ることが重要である。この複素数は偏角 $\dfrac{\pi}{3}$ の単位複素数なので、$6$ 乗すると $1$ になる。

漸化式が $z_{n+1}$ を直接与える形ではなく、$z_nz_{n+1}$ の形で与えられているため、最初は $z_2$ から順に計算するのが自然である。すると、奇数番目と偶数番目で形が分かれることが分かる。

和の計算では、$\omega^6=1$ による周期性を使う。$1001$ 個の和をそのまま等比数列の公式で処理してもよいが、$6$ 個ごとの和が $0$ になることを使うと計算が短くなる。

答え

(1)

$$ z_1=(1,0),\quad z_2=\left(\frac{1}{2},0\right),\quad z_3=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right), $$

$$ z_4=\left(\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{4}\right),\quad z_5=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right) $$

を複素数平面上に図示する。

(2)

$$ z_{2k+1}=\left(\frac{1+\sqrt{3}i}{2}\right)^k \qquad (k=0,1,2,\ldots) $$

$$ z_{2k}=\frac{1}{2}\left(\frac{1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{k-1} \qquad (k=1,2,3,\ldots) $$

(3)

$$ \sum_{n=1}^{2002}z_n = -\frac{3}{4}+\frac{3\sqrt{3}}{4}i $$