関西学院大学A(理系) 2023年　問題4


$複素数平面上に点 \ z_1,\ z_2,\ \cdots , \ z_n,\ \cdots \ がある。z_1=0\ である。また、z_{n+1}=\cfrac{1+i}{2}z_n+1 \ \ (n=1,\ 2,\cdots )$
$が成り立っている。複素数 \ \alpha \ は \ \alpha =\cfrac{1+i}{2}\alpha +1 \ \ を満たすとする。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ z_3 \ \ および \ \ \alpha \ \ の値を求めよ。また、\alpha ^{20}\ \ の値を求めよ。$
\[(2)\ \ |z_1 -z_2|+|z_2 -z_3|+ \cdots =\sum _{n=1}^{\infty} |z_n-z_{n+1}|\ \ の値を求めよ。\] $(3)\ \ a_n=|z_n -\alpha | \ \ (n=1,\ 2,\ \cdots )\ \ とおくとき、数列 \ \{a_n\}\ が満たす漸化式を導き、\{a_n\}\ \ の一般項を求めよ。$
$(4)\ \ 複素数 \ \ \cfrac{z_{n+1}-\alpha}{z_n -\alpha }\ \ の偏角 \ \ \arg \cfrac{z_{n+1}-\alpha}{z_n -\alpha }\ \ を \ \theta \ \ (0 < \theta < 2\pi)\ \ とするとき、\theta \ \ を求めよ。$
$\quad また、3\ 点 \ \alpha , \ z_n , \ z_{n+1}\ を頂点とする三角形の面積を \ S_n \ \ (n=1,\ 2,\ \cdots )\ \ とする。$
$\quad 数列 \ \{S_n\}\ の一般項を求めよ。$


(1)


(i)$\ \ z_2=\cfrac{1+i}{2}z_1+1=1$

$\quad z_3=\cfrac{1+i}{2}z_2+1=\cfrac{1+i}{2}+1=\cfrac{3+i}{2}$

(ii)$\ \ \alpha =\cfrac{1+i}{2}\alpha +1 \quad より \quad (1- \cfrac{1+i}{2})\alpha =1 \qquad \cfrac{1-i}{2}\alpha =1$

$\quad \alpha =\cfrac{2}{1-i}=\cfrac{2(1+i)}{2}=1+i$

(iii) \begin{eqnarray*} \quad \alpha ^{20} &=&(1+i)^{20}\\ \\ &=&\big(\sqrt{2}(\cos \cfrac{\pi}{4}+i\sin \cfrac{\pi}{4})\big)^{20}\\ \\ &=&2^{10}(\cos 5\pi +i\sin 5\pi)\\ \\ &=&-2^{10}\\ \\ &=&-1024 \end{eqnarray*}

(2)


$z_{n+1}=\cfrac{1+i}{2}z_n+1 \quad より$

$z_n - z_{n+1}=\big(\cfrac{1+i}{2}z_{n-1}+1\big) -\big(\cfrac{1+i}{2}z_n +1\big)=\cfrac{1+i}{2}(z_{n-1}-z_n)$

$|z_n - z_{n+1}|=|\cfrac{1+i}{2}(z_{n-1}-z_n)|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}|z_{n-1}-z_n|=\cfrac{1}{\sqrt{2}}|z_{n-1}-z_n|$

$よって 数列 \ \{|z_n - z_{n+1}|\}\ は公比 \ \cfrac{1}{\sqrt{2}}\ の等比数列だからその無限等比級数は収束して和をもつ。$

\[\sum_{n=1}^{\infty} |z_n-z_{n+1}|=\cfrac{|z_1-z_2|}{1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=2+\sqrt{2}\]

(3)


$z_{n+1}=\cfrac{1+i}{2}z_n+1$

$\alpha =\cfrac{1+i}{2}\alpha +1 \quad より$

$辺々引いて$

$z_{n+1} - \alpha =\cfrac{1+i}{2}(z_n - \alpha)$

$|z_{n+1} - \alpha |=\big|\cfrac{1+i}{2}\big||z_n - \alpha|=\cfrac{1}{\sqrt{2}}|z_n - \alpha|$

$a_n=|z_n -\alpha | \quad だから求める漸化式は \quad a_{n+1}=\cfrac{1}{\sqrt{2}}a_n$

$\{a_n\} は初項 \ \ a_1=|z_1-\alpha |=|1+i|=\sqrt{2} \quad 公比 \ \ \cfrac{1}{\sqrt{2}} \ \ の等比数列だから$

$a_n=\sqrt{2}\big(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\big)^{n-1}=\big(\cfrac{1}{\sqrt{2}}\big)^{n-2}$


(4)


$(3) より \quad z_{n+1} - \alpha =\cfrac{1+i}{2}(z_n - \alpha) \quad だから$

$\cfrac{z_{n+1} - \alpha}{z_n - \alpha}=\cfrac{1+i}{2}$

$\theta =\arg \cfrac{z_{n+1} - \alpha}{z_n - \alpha}=\arg \cfrac{1+i}{2}=\cfrac{\pi}{4}$

　

\begin{eqnarray*} S_n= &=&\cfrac{1}{2}|z_{n+1} - \alpha||z_n-\alpha |\sin \theta \\ \\ &=&\cfrac{1}{2}a_{n+1} a_n \sin \cfrac{\pi}{4}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{\sqrt{2}}a_n ^2 \times \cfrac{1}{\sqrt{2}}\\ \\ &=&\cfrac{1}{4}a_n ^2 \\ \\ &=&\cfrac{1}{4} \times \big(\cfrac{1}{2}\big)^{n-2}\\ \\ &=&\cfrac{1}{2^n} \end{eqnarray*}

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