4佐賀大学 2016年 数学 第4問解答・解説

(1)　 $w=z$ となるのは，分母 $z+3(1-i)\neq0$ のもとで $$3(1-i)z-2i=z\{z+3(1-i)\}=z^2+3(1-i)z$$ が成り立つときであり，両辺の $3(1-i)z$ が消えて $$z^2=-2i$$ を得る。$-2i$ を極形式で表すと $$\displaystyle -2i=2\left\{\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right\}$$ であるから，ド・モアブルの定理により $z^2=-2i$ の解は $$\displaystyle z=\sqrt{2}\left\{\cos\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}+k\pi\right)\right\}\quad(k=0,1)$$ と表せる。$k=0$ のとき $$\displaystyle z=\sqrt{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=1-i$$ $k=1$ のとき $$\displaystyle z=\sqrt{2}\left(\cos\frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-1+i$$ 実際 $(1-i)^2=1-2i+i^2=-2i$，$(-1+i)^2=1-2i+i^2=-2i$ となり成立を確認できる。またこのとき分母は $z+3(1-i)=4(1-i)\neq0$（$z=1-i$），$2(1-i)\neq0$（$z=-1+i$）であり，定義域上も問題ない。　 よって，求める2点は $$z=1-i,\ -1+i$$ 　 　 (2)　 (1)の2点の偏角を比較する。$\displaystyle \arg(1-i)=-\dfrac{\pi}{4}$ であるが，$0\leq\arg z<2\pi$ の範囲に直すと $\displaystyle \dfrac{7\pi}{4}$ となる。また $\displaystyle \arg(-1+i)=\dfrac{3\pi}{4}$ である。$\displaystyle \dfrac{3\pi}{4}<\dfrac{7\pi}{4}$ より $$\alpha=-1+i,\qquad \beta=1-i$$ となる（$\alpha,\beta$ は(1)で得た $w=z$ の不動点であり，$\alpha^2=\beta^2=-2i$ が成り立つ）。　 $A=3(1-i)$ とおくと $\displaystyle w=\dfrac{Az-2i}{z+A}$ である。$\beta^2=-2i$ を用いると $$\displaystyle w-\beta=\frac{Az-2i-\beta(z+A)}{z+A}=\frac{(A-\beta)z-2i-\beta A}{z+A}=\frac{(A-\beta)z-\beta A+\beta^2}{z+A}=\frac{(A-\beta)(z-\beta)}{z+A}$$ となる。同様に $\alpha^2=-2i$ を用いれば $$\displaystyle w-\alpha=\frac{(A-\alpha)(z-\alpha)}{z+A}$$ を得る。両式の比をとると，$z+A$ が消えて $$\displaystyle \frac{w-\beta}{w-\alpha}=\frac{A-\beta}{A-\alpha}\cdot\frac{z-\beta}{z-\alpha}$$ がすべての（$z\neq\alpha,\beta$，$z+A\neq0$ となる）$z$ で成り立つ。したがって $$\displaystyle k=\frac{A-\beta}{A-\alpha}$$ である。$A-\beta=3(1-i)-(1-i)=2(1-i)$，$A-\alpha=3(1-i)-(-1+i)=4(1-i)$ であるから $$\displaystyle k=\frac{2(1-i)}{4(1-i)}=\frac{1}{2}$$ （検算：$z=0$ のとき $\displaystyle w=f(0)=\dfrac{-2i}{3(1-i)}=\dfrac{1-i}{3}$ であり，これから $\displaystyle \dfrac{w-\beta}{w-\alpha}=-\dfrac12$，$\displaystyle \dfrac{z-\beta}{z-\alpha}=-1$ となって $\displaystyle k=\left(-\dfrac12\right)/(-1)=\dfrac12$ と一致する。）　 よって $$\displaystyle k=\frac{1}{2}$$ 　 　 (3)　 $z_{n+1}=f(z_n)$ であるから，(2)の恒等式に $z=z_n,\ w=z_{n+1}$ を代入して $$\displaystyle \frac{z_{n+1}-\beta}{z_{n+1}-\alpha}=\frac{1}{2}\cdot\frac{z_n-\beta}{z_n-\alpha}$$ を得る。そこで $\displaystyle t_n=\dfrac{z_n-\beta}{z_n-\alpha}$ とおくと，数列 $\{t_n\}$ は公比 $\displaystyle \dfrac12$ の等比数列であり $$\displaystyle t_n=t_1\left(\frac12\right)^{n-1}$$ が成り立つ。$z_1=0$ より $$\displaystyle t_1=\frac{0-\beta}{0-\alpha}=\frac{-(1-i)}{-(-1+i)}=\frac{-1+i}{1-i}=\frac{(-1+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{-1-i+i+i^2}{2}=\frac{-2}{2}=-1$$ であるから $$\displaystyle t_n=-\left(\frac12\right)^{n-1}$$ となる。$\displaystyle r_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}$ とおくと $t_n=-r_n$ であり，$\displaystyle t_n=\dfrac{z_n-\beta}{z_n-\alpha}$ を $z_n$ について解くと $$\displaystyle t_n(z_n-\alpha)=z_n-\beta\ \quad\text{より}\quad\ z_n(t_n-1)=t_n\alpha-\beta\ \quad\text{より}\quad\ z_n=\frac{t_n\alpha-\beta}{t_n-1}=\frac{r_n\alpha+\beta}{r_n+1}$$ ここで $$\beta+r_n\alpha=(1-i)+r_n(-1+i)=(1-i)-r_n(1-i)=(1-i)(1-r_n)$$ であるから $$\displaystyle z_n=(1-i)\cdot\frac{1-r_n}{1+r_n}$$ を得る。分母・分子に $2^{\,n-1}$ を掛けて $r_n=2^{1-n}$ を整理すると $$\displaystyle z_n=(1-i)\cdot\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}+1}$$ となる（$n=1$ で $z_1=0$，$n=2$ で $\displaystyle z_2=\dfrac{1-i}{3}$ となり，直接 $z_{n+1}=f(z_n)$ で計算した値と一致することを確認済み）。$z_n=x_n+iy_n$ であるから，実部・虚部を比較して $$\displaystyle x_n=\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}+1},\qquad y_n=-\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}+1}=\frac{1-2^{n-1}}{1+2^{n-1}}\qquad(n=1,2,3,\ldots)$$ が数列 $\{x_n\},\{y_n\}$ の一般項である。　 極限については，$n\to\infty$ のとき $2^{n-1}\to\infty$ であるから，分母・分子を $2^{n-1}$ で割ると $$\displaystyle x_n=\frac{1-2^{-(n-1)}}{1+2^{-(n-1)}}\ \longrightarrow\ \frac{1-0}{1+0}=1,\qquad y_n=-x_n\ \longrightarrow\ -1$$ よって $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}x_n=1,\qquad \lim\limits _{n\to\infty}y_n=-1$$ 　 補足：$z_n=(1-i)u_n$ とおくと $u_1=0$，$u_{n+1}=(3u_n+1)/(u_n+3)$。$0\le u_n<1$ なら $0<u_{n+1}<1$ であるため，全段階で分母が0にならず上の変形が使える。