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東京大学 2013年理系第1問解説

方針・初手

与えられた漸化式 $(x_{n+1}, y_{n+1}) = (ax_n - by_n, bx_n + ay_n)$ は、複素数平面における点の回転と拡大、あるいは行列による一次変換を表していることに着目する。複素数 $z_n = x_n + iy_n$ を導入するか、行列を用いて処理するのが定石である。条件（i）は $n=6$ で元の位置に戻ることを、条件（ii）はその途中で元の位置に戻らない（周期がちょうど6である）ことを意味している。

解法1

複素数平面を用いて考える。点 $P_n(x_n, y_n)$ に対応する複素数を $z_n = x_n + iy_n$ とおく。

与えられた初期条件は $(x_0, y_0) = (1, 0)$ であるから、

$$ z_0 = 1 + 0i = 1 $$

である。また、漸化式より

$$ \begin{aligned} z_{n+1} &= x_{n+1} + iy_{n+1} \\ &= (ax_n - by_n) + i(bx_n + ay_n) \\ &= a(x_n + iy_n) + ib(x_n + iy_n) \\ &= (a + bi)(x_n + iy_n) \\ &= (a + bi)z_n \end{aligned} $$

が成り立つ。ここで複素数 $\alpha$ を $\alpha = a + bi$ とおくと、$z_{n+1} = \alpha z_n$ となるから、数列 $\{z_n\}$ は初項 $z_0 = 1$、公比 $\alpha$ の等比数列である。したがって、一般項は

$$ z_n = \alpha^n $$

と表される。

条件（i） $P_0 = P_6$ より、$z_0 = z_6$ すなわち $\alpha^6 = 1$ である。 $\alpha^6 = 1$ を解くと、$\alpha$ は $1$ の $6$ 乗根であるから、整数 $k$ を用いて

$$ \alpha = \cos \frac{2k\pi}{6} + i\sin \frac{2k\pi}{6} = \cos \frac{k\pi}{3} + i\sin \frac{k\pi}{3} \quad (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) $$

と表される。

一方、条件（ii）より $P_0, P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$ はすべて異なる点である。これは $z_0, z_1, z_2, z_3, z_4, z_5$ がすべて異なること、すなわち $1 \leqq m \leqq 5$ を満たす任意の整数 $m$ に対して $z_m \neq z_0$ であることと同値である。 $z_m = \alpha^m$ より、$\alpha^m \neq 1$ が $1 \leqq m \leqq 5$ で成り立つ必要がある。

各 $k$ について $\alpha^m$ を調べる。

$k = 0$ のとき、$\alpha = 1$ となり $\alpha^1 = 1$ (不適)
$k = 1$ のとき、$\alpha = \cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}$ であり、$1 \leqq m \leqq 5$ に対して $\alpha^m \neq 1$ (適する)
$k = 2$ のとき、$\alpha = \cos \frac{2\pi}{3} + i\sin \frac{2\pi}{3}$ であり、$\alpha^3 = \cos 2\pi + i\sin 2\pi = 1$ (不適)
$k = 3$ のとき、$\alpha = \cos \pi + i\sin \pi = -1$ であり、$\alpha^2 = 1$ (不適)
$k = 4$ のとき、$\alpha = \cos \frac{4\pi}{3} + i\sin \frac{4\pi}{3}$ であり、$\alpha^3 = \cos 4\pi + i\sin 4\pi = 1$ (不適)
$k = 5$ のとき、$\alpha = \cos \frac{5\pi}{3} + i\sin \frac{5\pi}{3}$ であり、$1 \leqq m \leqq 5$ に対して $\alpha^m \neq 1$ (適する)

したがって、条件を満たす $\alpha$ は

$$ \alpha = \cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i $$

および

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

の $2$ つである。$\alpha = a + bi$ であり、$a, b$ は実数であるから、それぞれの実部と虚部を比較して求める $(a, b)$ を得る。

解法2

行列を用いて考える。与えられた漸化式を行列で表すと、

$$ \begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} $$

となる。$A = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}$ とおくと、極座標表示を用いて $A$ を変形できる。 $r = \sqrt{a^2 + b^2}$ （ただし $r \geqq 0$）とし、$r = 0$ のときは $(a, b) = (0, 0)$ となり $P_n$ は原点に留まるため条件（ii）に反し不適。よって $r > 0$ である。実数 $\theta$ を用いて $a = r\cos\theta, b = r\sin\theta$ と表すと、

$$ A = r \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} $$

となる。これは、原点を中心とした角 $\theta$ の回転と、原点からの距離を $r$ 倍に拡大する変換の合成である。したがって、$n$ 回適用すると

$$ \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} = r^n \begin{pmatrix} \cos n\theta & -\sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} r^n \cos n\theta \\ r^n \sin n\theta \end{pmatrix} $$

となる。

条件（i） $P_0 = P_6$ より、$(x_6, y_6) = (1, 0)$ であるから、

$$ r^6 \cos 6\theta = 1, \quad r^6 \sin 6\theta = 0 $$

が成り立つ。$r > 0$ より $r^6 > 0$ であるから、$\cos 6\theta > 0$ であり、$r^6 = 1$ すなわち $r = 1$ を得る。このとき、$\cos 6\theta = 1, \sin 6\theta = 0$ となるから、整数 $k$ を用いて

$$ 6\theta = 2k\pi \iff \theta = \frac{k\pi}{3} $$

と表せる。

条件（ii）より、$P_0$ から $P_5$ はすべて異なる。 $P_m = (\cos m\theta, \sin m\theta)$ であるから、これが $1 \leqq m \leqq 5$ において $(1, 0)$ とならないこと、すなわち $m\theta$ が $2\pi$ の整数倍にならないことが必要十分条件である。 $0 \leqq \theta < 2\pi$ の範囲で考えると、$\theta = 0, \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}, \pi, \frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$ のうち、$1$ 倍から $5$ 倍したものが $2\pi$ の整数倍にならないのは

$$ \theta = \frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3} $$

の $2$ つである。

$a = \cos\theta, b = \sin\theta$ であるから、それぞれ代入して $(a, b)$ を得る。

解説

複素数平面における乗法、または行列による回転・拡大変換の基本的な性質を問う問題である。 $(ax - by, bx + ay)$ という形を見た瞬間に、複素数の積 $(a+bi)(x+iy)$ を連想できるかがポイントとなる。複素数を用いれば単なる「$1$ の $6$ 乗根」のうち原始根を求める問題に帰着されるため、計算も非常に見通しが良くなる。