次の漸化式で定義される複素数の数列 \( z_1=1, \ z_{n+1}= \displaystyle \frac{1+i\sqrt{3}}{2}z_n+1 \ (n=1,2,\cdots) \) を考える。ただし、\( i \) は虚数単位である。
（１） \( z_2,z_3 \) を求めよ。
（２） 上の漸化式を \( z_{n+1} – \alpha = \displaystyle \frac{1+i\sqrt{3}}{2}(z_n-\alpha) \) と表したとき、複素数 \( \alpha \) を求めよ。
（３） 一般項 \( z_n \) を求めよ。
（４） \( z_n = \displaystyle -\frac{1-i\sqrt{3}}{2} \) となるような自然数 \( n \) を全て求めよ。
【解説】
複素数の問題です。漸化式の係数が、
$$ \frac{1+\sqrt{3}i}{2} = \cos \frac{\pi}{3} +i\sin \frac{\pi}{3} $$
であることに気付きますね。上記を \( 3 \) 乗すると \( -1 \)、\( 6 \) 乗すると \( 1 \) になります。すなわち、\( -1 \) の \( 3 \) 乗根であり、\( 1 \) の \( 6 \) 乗根でもあります。このあたりの性質を使えば、計算の見通しが立てられますね。
複素数の計算では、ド・モアブルの定理は頻出です。しっかりと覚えておきましょう。
整数 \( n \) に対して、
$$ ( \cos \theta + i \sin \theta)^n = \cos n\theta + i \sin n\theta $$
【解答】
（１）
\begin{eqnarray}
z_2 &=& \frac{1+\sqrt{3}i}{2} z_1 + 1 \\
&=& \frac{3+\sqrt{3}i}{2} \\
z_3 &=& \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{3+\sqrt{3}i}{2} + 1 \\
&=& 1+\sqrt{3}i \\
\end{eqnarray}
（２）
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lll}
z_{n+1} & = & \displaystyle \frac{1+\sqrt{3}i}{2}z_n+1 & \cdots ① \\
z_{n+1} – \alpha & = & \displaystyle \frac{1+\sqrt{3}i}{2}(z_n-\alpha) & \cdots ② \\
\end{array}
\right .
\end{equation}
①-②より
\begin{equation}
\alpha = \frac{1+\sqrt{3}i}{2}\alpha+1 \\
\frac{1-\sqrt{3}i}{2}\alpha = 1 \\
∴\alpha = \frac{2}{1-\sqrt{3}i} \\
\alpha = \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \cdots （答） \\
\end{equation}
（３）
\begin{equation}
z_{n+1} – \alpha = \frac{1+\sqrt{3}i}{2}(z_n-\alpha) \\
\end{equation}
\( \{ z_n – \alpha \} \) は
\begin{array}{ll}
初項 & \displaystyle z_1-\alpha = 1-\frac{1+\sqrt{3}i}{2} = \frac{1-\sqrt{3}i}{2} \\
公比 & \displaystyle \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \\
\end{array}
の等比数列だから、
\begin{eqnarray}
z_n – \frac{1+\sqrt{3}i}{2} &=& \frac{1-\sqrt{3}i}{2} \cdot \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n-1} \\
z_n &=& \frac{1+\sqrt{3}i}{2} + \frac{1-\sqrt{3}i}{2} \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n-2} \\
&=& \frac{1+\sqrt{3}i}{2} + \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n-2} \\
&=& \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \left\{ 1 + \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n-3} \right\} \cdots ③ \\
\end{eqnarray}
ここで
$$ \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^3 = -1 $$
だから③より
$$ z_n = \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \left\{ 1 – \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n} \right\} \cdots ④ $$
（４）
\( z_n = -\frac{1-\sqrt{3}i}{2} \) と④より
\begin{equation}
-\frac{1-\sqrt{3}i}{2} = \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \left\{ 1 – \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n} \right\} \\
1 – \left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n} = -\frac{1-\sqrt{3}i}{2} \frac{2}{1+\sqrt{3}i} \\
\left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n} = 1 + \frac{1-\sqrt{3}i}{1+\sqrt{3}i} \\
\left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n} = \frac{2}{1+\sqrt{3}i} \\
\left( \frac{1+\sqrt{3}i}{2} \right)^{n+1} = 1 \\
\left( \cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3} \right)^{n+1} = \cos 2m\pi + i \sin 2m\pi \\
\cos \frac{n+1}{3}\pi +i \sin \frac{n+1}{3}\pi = \cos 2m\pi + i \sin 2m\pi \\
∴\frac{n+1}{3}\pi = 2m\pi \\
\frac{n+1}{3} = 2m \\
n = 6m-1 \cdots （答）\\
ただし、n は自然数だから m は 1 以上の整数、すなわち自然数。
\end{equation}
