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大阪大学 2002年理系第3問解説

方針・初手

与えられた漸化式は積と商の形で表されており、共役複素数を含んでいるため、両辺を割ることで階差に相当する数列 $w_n = \frac{z_n}{z_{n-1}}$ を作ることが有効である。$|\alpha|=1$ という条件から $\bar{\alpha} = \frac{1}{\alpha}$ が使えることにも着目し、$w_n$ を求めたのち、階乗にあたる積を計算して $z_n$ の一般項を導く。

解法1

(1)

$n \geqq 2$ に対して $w_n = \frac{z_n}{z_{n-1}}$ とおく。

$n \geqq 3$ のとき、与えられた漸化式より

$$ w_n = \frac{\alpha^2}{4} \frac{\overline{z_{n-2}}}{\overline{z_{n-1}}} = \frac{\alpha^2}{4} \frac{1}{\overline{w_{n-1}}} $$

すなわち

$$ w_n \overline{w_{n-1}} = \frac{\alpha^2}{4} $$

が成り立つ。ここで、$|\alpha|=1$ であるから $\alpha \bar{\alpha} = 1$、すなわち $\bar{\alpha} = \frac{1}{\alpha}$ である。

これを用いて、数列 $\{w_n\}$ を求める。 $z_1 = 1, z_2 = \frac{\alpha^4}{2}$ より

$$ w_2 = \frac{z_2}{z_1} = \frac{\alpha^4}{2} $$

ここで、$w_n = \frac{\alpha^{2n}}{2} \ (n \geqq 2)$ となることを数学的帰納法で示す。

(i)

$n=2$ のとき $w_2 = \frac{\alpha^4}{2}$ であり、成立する。

(ii)

$n=k \ (k \geqq 2)$ のとき成立すると仮定する。すなわち、$w_k = \frac{\alpha^{2k}}{2}$ とする。 $n=k+1$ のとき、漸化式より

$$ w_{k+1} = \frac{\alpha^2}{4\overline{w_k}} = \frac{\alpha^2}{4 \left(\frac{\bar{\alpha}^{2k}}{2}\right)} = \frac{\alpha^2}{2\bar{\alpha}^{2k}} $$

$\bar{\alpha} = \frac{1}{\alpha}$ を代入して、

$$ w_{k+1} = \frac{\alpha^2}{2\left(\frac{1}{\alpha}\right)^{2k}} = \frac{\alpha^{2k+2}}{2} = \frac{\alpha^{2(k+1)}}{2} $$

となり、$n=k+1$ のときも成立する。

したがって、すべての $n \geqq 2$ について $w_n = \frac{\alpha^{2n}}{2}$ である。

これより、$n \geqq 2$ のとき、$z_n$ は次のように求まる。

$$ z_n = z_1 \prod_{k=2}^n w_k = 1 \cdot \prod_{k=2}^n \frac{\alpha^{2k}}{2} = \frac{\alpha^{\sum_{k=2}^n 2k}}{2^{n-1}} $$

指数の和は初項 $4$、末項 $2n$、項数 $n-1$ の等差数列の和であるから、

$$ \sum_{k=2}^n 2k = \frac{(n-1)(4+2n)}{2} = (n-1)(n+2) = n^2+n-2 $$

よって、

$$ z_n = \frac{\alpha^{n^2+n-2}}{2^{n-1}} $$

この式は、$n=1$ のとき $\frac{\alpha^0}{2^0} = 1$ となり、$z_1 = 1$ と一致する。したがって、すべての自然数 $n$ に対して

$$ z_n = \frac{\alpha^{n^2+n-2}}{2^{n-1}} $$

(2)

$\alpha = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$ より、極形式で表すと $\alpha = \cos \frac{2\pi}{3} + i \sin \frac{2\pi}{3}$ となり、$\alpha^3 = 1$ が成り立つ。

$z_n$ の分子に現れる指数 $n^2+n-2 = (n-1)(n+2)$ について、$n$ を $3$ で割った余りで分類する。

(ア)

$n = 3k-2 \ (k \geqq 1)$ のとき $(n-1)(n+2) = (3k-3)(3k) = 9k(k-1) \equiv 0 \pmod 3$ よって $\alpha^{n^2+n-2} = 1$ となり、

$$ z_{3k-2} = \frac{1}{2^{3k-3}} $$

(イ)

$n = 3k-1 \ (k \geqq 1)$ のとき $(n-1)(n+2) = (3k-2)(3k+1) = 9k^2 - 3k - 2 \equiv -2 \equiv 1 \pmod 3$ よって $\alpha^{n^2+n-2} = \alpha$ となり、

$$ z_{3k-1} = \frac{\alpha}{2^{3k-2}} $$

(ウ)

$n = 3k \ (k \geqq 1)$ のとき $(n-1)(n+2) = (3k-1)(3k+2) = 9k^2 + 3k - 2 \equiv -2 \equiv 1 \pmod 3$ よって $\alpha^{n^2+n-2} = \alpha$ となり、

$$ z_{3k} = \frac{\alpha}{2^{3k-1}} $$

ここで、求める無限級数の和は $\sum_{n=1}^\infty z_n$ の実部と虚部であるから、まず $\sum_{n=1}^\infty z_n$ を求める。各数列 $\{z_{3k-2}\}, \{z_{3k-1}\}, \{z_{3k}\}$ はそれぞれ公比 $\frac{1}{8}$ の等比数列であり、$-1 < \frac{1}{8} < 1$ であるため、それぞれ収束する。

$$ \sum_{k=1}^\infty z_{3k-2} = \frac{1}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{8}{7} $$

$$ \sum_{k=1}^\infty z_{3k-1} = \frac{\frac{\alpha}{2}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{4}{7}\alpha $$

$$ \sum_{k=1}^\infty z_{3k} = \frac{\frac{\alpha}{4}}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{2}{7}\alpha $$

したがって、和の順序を入れ替えて計算することができ、

$$ \sum_{n=1}^\infty z_n = \sum_{k=1}^\infty z_{3k-2} + \sum_{k=1}^\infty z_{3k-1} + \sum_{k=1}^\infty z_{3k} = \frac{8}{7} + \frac{6}{7}\alpha $$

となる。$\alpha = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$ を代入すると、

$$ \sum_{n=1}^\infty z_n = \frac{8}{7} + \frac{6}{7}\left(-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = \frac{5}{7} + \frac{3\sqrt{3}}{7}i $$

実部と虚部をそれぞれ比較して、

$$ \sum_{k=1}^\infty x_k = \frac{5}{7}, \quad \sum_{k=1}^\infty y_k = \frac{3\sqrt{3}}{7} $$

解説

複素数平面上の漸化式は、積・商の形であれば隣接2項間の商 $w_n = \frac{z_n}{z_{n-1}}$ をとるのが定石である。本問は共役複素数 $\overline{w_{n-1}}$ が分母に現れるが、$|\alpha|=1$ という条件を活かすことで累乗の形に帰着できる。また、(2)の無限級数は $\alpha^3=1$ の周期性に着目して、数列を $3$ つのグループに分けて等比級数として処理する。それぞれの級数が絶対収束するため、和の順序を入れ替えて計算してもよい。