トップ› 東京大学› 1989年› 文系第3問

東京大学 1989年文系第3問解説

方針・初手

（1）については、複素数 $z$ を $z = x + iy$（$x, y$ は実数、$y > 0$）とおき、$f(z)$ の実部と虚部を計算して、虚部が正になることを示す。計算の際は式の形を工夫すると見通しが良くなる。
（2）については、漸化式によって定義される数列と関数の性質を示す問題であるため、数学的帰納法を用いて証明する。

解法1

(1)

$z \in H$ より、$z = x + iy$（$x, y$ は実数、$y > 0$）とおく。

このとき、$f(z)$ は次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} f(z) &= \frac{z + 1 - q}{z + 1} \\ &= 1 - \frac{q}{z + 1} \end{aligned} $$

ここで、右辺の第2項における分数を実部と虚部に分ける。

$$ \begin{aligned} \frac{1}{z + 1} &= \frac{1}{x + 1 + iy} \\ &= \frac{x + 1 - iy}{(x + 1)^2 + y^2} \\ &= \frac{x + 1}{(x + 1)^2 + y^2} + i \frac{-y}{(x + 1)^2 + y^2} \end{aligned} $$

これを $f(z)$ の式に代入すると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} f(z) &= 1 - q \left( \frac{x + 1}{(x + 1)^2 + y^2} + i \frac{-y}{(x + 1)^2 + y^2} \right) \\ &= \left( 1 - \frac{q(x + 1)}{(x + 1)^2 + y^2} \right) + i \frac{qy}{(x + 1)^2 + y^2} \end{aligned} $$

したがって、$f(z)$ の虚部は $\frac{qy}{(x + 1)^2 + y^2}$ である。

条件より $q$ は正の実数であり、$y > 0$ であるから $qy > 0$ となる。また、分母についても $(x + 1)^2 + y^2 > 0$ であるため、次が成り立つ。

$$ \frac{qy}{(x + 1)^2 + y^2} > 0 $$

したがって、$f(z)$ の虚部は正であり、$f(z) \in H$ であることが示された。

(2)

すべての自然数 $n$ に対して題意が成り立つことを、数学的帰納法を用いて示す。

(i)

$n = 1$ のとき

定義より $f_1(z) = f(z) = \frac{z + 1 - q}{z + 1}$ である。

これを題意の式 $f_1(z) = \frac{r_1 z + (1 - q)s_1}{s_1 z + r_1}$ と比較すると、$r_1 = 1, s_1 = 1$ とおけば両者は一致する。

このとき、$r_1, s_1$ は $z$ によらない実数であり、条件式は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} r_1^2 - (1 - q)s_1^2 &= 1^2 - (1 - q) \cdot 1^2 \\ &= 1 - (1 - q) \\ &= q \\ &= q^1 \end{aligned} $$

よって、$n = 1$ のとき題意は成り立つ。

(ii)

$n = k$（$k$ は自然数）のとき成り立つと仮定する。

すなわち、$z$ によらない実数 $r_k, s_k$ が存在して、次の2式が成り立つと仮定する。

$$ f_k(z) = \frac{r_k z + (1 - q)s_k}{s_k z + r_k} $$

$$ r_k^2 - (1 - q)s_k^2 = q^k $$

$n = k + 1$ のとき、$f_{k+1}(z) = f(f_k(z)) = \frac{f_k(z) + 1 - q}{f_k(z) + 1}$ であるから、仮定の式を代入して整理する。

まず、分子を計算する。

$$ \begin{aligned} f_k(z) + 1 - q &= \frac{r_k z + (1 - q)s_k}{s_k z + r_k} + 1 - q \\ &= \frac{r_k z + (1 - q)s_k + (1 - q)(s_k z + r_k)}{s_k z + r_k} \\ &= \frac{(r_k + (1 - q)s_k)z + (1 - q)(s_k + r_k)}{s_k z + r_k} \end{aligned} $$

次に、分母を計算する。

$$ \begin{aligned} f_k(z) + 1 &= \frac{r_k z + (1 - q)s_k}{s_k z + r_k} + 1 \\ &= \frac{r_k z + (1 - q)s_k + s_k z + r_k}{s_k z + r_k} \\ &= \frac{(r_k + s_k)z + (1 - q)s_k + r_k}{s_k z + r_k} \end{aligned} $$

したがって、$f_{k+1}(z)$ は次のようになる。

$$ f_{k+1}(z) = \frac{(r_k + (1 - q)s_k)z + (1 - q)(r_k + s_k)}{(r_k + s_k)z + (r_k + (1 - q)s_k)} $$

ここで、次のように $r_{k+1}$ と $s_{k+1}$ を定める。

$$ r_{k+1} = r_k + (1 - q)s_k $$

$$ s_{k+1} = r_k + s_k $$

$r_k, s_k, q$ が実数であるため、$r_{k+1}, s_{k+1}$ も $z$ によらない実数であり、$f_{k+1}(z)$ は次のように表すことができる。

$$ f_{k+1}(z) = \frac{r_{k+1} z + (1 - q)s_{k+1}}{s_{k+1} z + r_{k+1}} $$

さらに、この $r_{k+1}, s_{k+1}$ について条件式を計算する。

$$ \begin{aligned} r_{k+1}^2 - (1 - q)s_{k+1}^2 &= \{r_k + (1 - q)s_k\}^2 - (1 - q)(r_k + s_k)^2 \\ &= r_k^2 + 2(1 - q)r_k s_k + (1 - q)^2 s_k^2 - (1 - q)(r_k^2 + 2r_k s_k + s_k^2) \\ &= r_k^2 - (1 - q)r_k^2 + (1 - q)^2 s_k^2 - (1 - q)s_k^2 \\ &= \{1 - (1 - q)\}r_k^2 + (1 - q)\{(1 - q) - 1\}s_k^2 \\ &= q r_k^2 - q(1 - q)s_k^2 \\ &= q \{ r_k^2 - (1 - q)s_k^2 \} \end{aligned} $$

帰納法の仮定より $r_k^2 - (1 - q)s_k^2 = q^k$ であるから、次が導かれる。

$$ r_{k+1}^2 - (1 - q)s_{k+1}^2 = q \cdot q^k = q^{k+1} $$

よって、$n = k + 1$ のときも題意が成り立つことが示された。

（i）, （ii）より、すべての自然数 $n$ に対して題意は成り立つ。

解説

（1）は複素数の除法の基本に従い、分母の実数化を行って虚部を取り出すことができれば難なく示せる。そのまま代入して計算してもよいが、解説のように $1 - \frac{q}{z+1}$ と変形することで計算量を少し減らすことができる。
（2）は「すべての自然数 $n$ に対して～」という形式であるため、数学的帰納法を選択するのが定石である。一次分数変換の合成が再び一次分数変換になる性質を利用している。
帰納法のステップにおいては、$f_{k+1}(z)$ の分子・分母を計算し、係数を比較することで $r_{k+1}$ と $s_{k+1}$ の漸化式を導出することが核心となる。