問題
αは0<∣α∣<1を満たす虚数であるとする．複素数平面上の点の列z1,z2,z3,…を，z1=0,z2=1および
{z2n+1−z2n=α(z2n−z2n−1)z2n+2−z2n+1=α(z2n+1−z2n)(n=1,2,3,…)(n=1,2,3,…)
で定める．ただし，虚数とは虚部が0でない複素数のことであり，また，αはαに共役な複素数を表すものとする．このとき以下の問いに答えよ．
(1) 次の等式が成り立つことを示せ．
z2n+2−z2n=∣α∣2(z2n−z2n−2)(n=2,3,4,…)
(2) 偶数番目の点の列z2,z4,z6,…および奇数番目の点の列z1,z3,z5,…は，それぞれ同一直線上にあることを示せ．
(3) limn→∞∣zn−w∣=0を満たす複素数wを求めよ．
出典：岡山大学 2017年度 前期 理系 第4問
解答
解法1
(1)
n≧2とする。与えられた漸化式から
z2n+1−z2n=α(z2n−z2n−1)
であり，さらに
z2n+2−z2n+1=α(z2n+1−z2n)=∣α∣2(z2n−z2n−1)
である。したがって
z2n+2−z2n=(α+∣α∣2)(z2n−z2n−1)
である。
一方，
z2n−z2n−1=α(z2n−1−z2n−2)
であるから
z2n−z2n−2=(1+α)(z2n−1−z2n−2)
である。よって
∣α∣2(z2n−z2n−2)=∣α∣2(1+α)(z2n−1−z2n−2)
となる。これは
(α+∣α∣2)(z2n−z2n−1)
に等しいので，
z2n+2−z2n=∣α∣2(z2n−z2n−2)
が成り立つ。
(2)
(1)より，偶数番目の点について，隣り合う差
z2n+2−z2n
は，直前の差z2n−z2n−2の正の実数倍∣α∣2である。したがってz2,z4,z6,…は同一直線上にある。
次に奇数番目について考える。n≧1で
z2n+1−z2n−1=(1+α)(z2n−z2n−1)
である。またz2n−z2n−1は，nが1増えるごとに∣α∣2倍される。したがってz2n+3−z2n+1はz2n+1−z2n−1の正の実数倍∣α∣2である。よってz1,z3,z5,…も同一直線上にある。
(3)
r=∣α∣2とおく。0<r<1である。偶数番目の列について，
z4−z2=α+r
であり，(1)から
z2N=1+(α+r)(1+r+⋯+rN−2)(N≧2)
である。したがって
N→∞limz2N=1+1−rα+r=1−r1+α
である。
奇数番目の列については
z3−z1=1+α
であり，隣り合う奇数番目どうしの差は順にr倍されるから
z2N+1=(1+α)(1+r+⋯+rN−1)
である。よって
N→∞limz2N+1=1−r1+α
である。
偶数番目，奇数番目の極限が一致するので，求める複素数は
w=1−∣α∣21+α
である。
解法2
dk=zk+1−zk，r=∣α∣2とおく。d1=1であり，漸化式から
d2j=αrj−1,d2j+1=rj(j≧1)
を得る。
(1)
z2n+2−z2n=d2n+d2n+1=(α+r)rn−1
であり，1つ前の差は(α+r)rn−2だから
z2n+2−z2n=r(z2n−z2n−2)
である。
(2)
偶数番目どうしの差はすべてα+rの非負実数倍，奇数番目どうしの差は
z2n+1−z2n−1=d2n−1+d2n=(1+α)rn−1
となり，すべて1+αの非負実数倍である。よって各点列はそれぞれ同一直線上にある。
(3)
差を足し合わせると
z2N=1+(α+r)j=0∑N−2rj,z2N+1=(1+α)j=0∑N−1rj
である。0<r<1より両方の極限は
1−r1+α
に一致する。したがって
w=1−∣α∣21+α
である。
