広島大学(理系) 2025年 問題5
$i\ を虚数単位とする。複素数 \ z_n \ \ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots )\ \ を \ z_1=\sqrt{3}+2i,\ \ z_{n+1}=2(z_n-i)^2 +i\ \ (n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots )$
$により定める。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ z_2-i \ \ と \ \ z_3-i \ \ を極形式で表せ。$
$(2)\ \ z_n -i \ \ を極形式で \ \ z_n -i=r_n(\cos \theta _n +i\sin \theta _n ) \ \ と表したとき、\log _2 r_n \ \ を \ n\ を用いて表せ。$
$(3)\ \ z_n \ を \ n\ を用いて表せ。$
$(4)\ \ 複素数 \ z_n \ が表す複素数平面上の点を \ P_n \ とする。3\ 点 \ P_3,\ P_5,\ P_{2025}\ が一直線上にあることを示せ。$
(1)
$z_1=\sqrt{3}+2i \ \ より \ \ z_1 -i=\sqrt{3}+i=2(\cos \dfrac{\pi}{6} + i\sin \dfrac{\pi}{6})$
$z_{n+1} - i =2(z_n-i)^2 \ \ より$
$z_2 -i=2(z_1-i)^2=2\times 2^2(\cos \dfrac{2\pi}{6} + i\sin \dfrac{2\pi}{6})=2^3(\cos \dfrac{\pi}{3} + i\sin \dfrac{\pi}{3})$
$z_3 -i=2(z_2-i)^2=2\times 2^6(\cos \dfrac{2}{3}\pi + i\sin \dfrac{2}{3}\pi)=2^7(\cos \dfrac{2}{3}\pi + i\sin \dfrac{2}{3}\pi)$
(2)
$z_n -i=r_n(\cos \theta _n +i\sin \theta _n )\ \ のとき$
$z_{n+1} -i=2(z_n-i)^2 =2r_n^2(\cos 2\theta _n +i\sin 2\theta _n )$
$また、z_{n+1} -i=r_{n+1}(\cos \theta _{n+1} +i\sin \theta _{n+1} )\ \ だから$
$r_{n+1}(\cos \theta _{n+1} +i\sin \theta _{n+1} )=2r_n^2(\cos 2\theta _n +i\sin 2\theta _n ) \hspace{5em}①$
$①式の絶対値を比べて \quad r_{n+1}=2r_n^2$
$両辺底 \ 2\ の対数をとって \quad \log _2r_{n+1}=\log_2 2+2\log _2r_n$
$\log _2r_{n+1}=1+ 2\log _2r_n$
$\log _2 r_n=s_n \ \ とおくと \quad s_1=\log_2r_1=\log_2 2=1 $
$s_{n+1}=1+2s_n$
$特性方程式 \ \ t=1+2t \ \ を解いて \quad t=-1$
$辺々引いて \quad s_{n+1}+1=2(s_n+1)$
$s_n+1=(s_1+1)2^{n-1}$
$s_n=2\times 2^{n-1}-1=2^n -1$
$\therefore \ \ \log _2r_n=2^n -1 $
(3)
$(2)の①式の偏角を比べて \quad \theta_{n+1}=2\theta_n \quad ただし \quad \theta_1=\dfrac{\pi}{6}$
$\therefore \ \ \theta_n=\theta_1 \times 2^{n-1}=\dfrac{\pi}{6} \times 2^{n-1}=\dfrac{2^{n-1}}{6}\pi$
$よって \quad z_n =2^{2^n-1}(\cos \dfrac{2^{n-1}}{6}\pi +i\sin \dfrac{2^{n-1}}{6}\pi ) + i$
(4)
$(1)より \quad z_3-i= 2^7(\cos \dfrac{2}{3}\pi + i\sin \dfrac{2}{3}\pi)$
$(3)より$
$z_5-i =2^{31}(\cos \dfrac{16}{6}\pi +i\sin \dfrac{16}{6}\pi )=2^{31}(\cos \dfrac{2}{3}\pi +i\sin \dfrac{2}{3}\pi )$
$z_{2025} -i =2^{2^{2025}-1}(\cos \dfrac{2^{2024}}{6}\pi +i\sin \dfrac{2^{2024}}{6}\pi )$
$一般に、2^m \ を \ 12\ で割った余りが \ r\ のとき \ \ 2^m \equiv r \ \ と表すことにすると$
$2^2 \equiv 4,\quad 2^3 \equiv 8,\quad 2^4 \equiv 4,\quad 2^5 \equiv 8,\cdots \quad だから \quad 2^{2024} \equiv 4$
$よって、整数 \ k\ を用いて \quad 2^{2024}=12k+4 \ \ と表すことができるから$
$\cfrac{2^{2024}}{6}=2k+ \dfrac{4}{6} = =2k+ \dfrac{2}{3}$
$\therefore \ \ z_{2025} -i=2^{2^{2025}-1}(\cos(2k+\dfrac{2}{3})\pi +i\sin (2k+\dfrac{2}{3}\pi )=2^{2^{2025}-1}(\cos \dfrac{2}{3}\pi +i\sin \dfrac{2}{3}\pi)$
$したがって、z_3-i,\ \ z_5-i,\ \ z_{2025}-i \ \ の偏角はすべて \ \ \dfrac{2}{3}\pi \ \ だからこれらの複素数は絶対値の大きさの順に$
$一直線上にある。$
$3\ 点 \ P_3,\ P_5,\ P_{2025}\ は、z_3-i,\ \ z_5-i,\ \ z_{2025}-i \ \ が表す点を虚軸方向に \ +i\ 平行移動したものだからこの順に$
$一直線上にある。$
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