複素平面上のフィボナッチ数列 – 2001年東大数学第4問

複素平面上でフィボナッチを考えます(MPMPixによるPixabayからの画像)

2021年6月8日2023年3月14日

　2001年東大数学第4問は複素平面上の数列問題です。この分野は入試ではポピュラーなので、本番に備えて十分な準備をしておきたいものです。

　本問の大きな特徴は、あのフィボナッチ数列 $a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$ を複素数に適用しているところです。どんな興味深い結果が得られるか、わくわくしますが（おい）、早速見ていきます。問題文は以下の通りです。

複素数平面上の点 $a_1,a_2, \cdot \cdot \cdot, a_n, \cdot \cdot \cdot$ を、

$\left \{ \begin{aligned} & a_1 = 1, \text{　} a_2 = i, \\ & a_{n+2} = a_{n+1} + a_n \\ & (n=1,2,\cdot \cdot \cdot) \\ \end{aligned} \right.$

により定め

$\begin{aligned} & b_n = \frac{a_{n+1}}{a_n} \end{aligned}$

とおく。ただし、 $i$ は虚数単位である。

(1) 3点 $b_1, b_2, b_3$ を通る円 $C$ の中心と半径を求めよ。
(2) すべての点 $b_n \text{　} (n=1,2,\cdot \cdot \cdot)$ は円 $C$ の周上にあることを示せ。

　複素平面の問題なので、図形に絡めてきました。円周上にあることの証明とか、計算が大変そうな予感がしますが、どうでしょうか。

1. 小問１の解法
2. 小問２の解法
3. 発展
4. 解法のポイントと今後の学習方針

小問１の解法

　図形の問題なので、セオリー通りに図に書いて、イメージをつかみます。

\begin{aligned} & a_1 = 1 \\ & a_2= i \\ & a_3 = 1+i \\ & a_4= 1+2i \\ \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} & b_1 = i \\ & b_2= 1-i \\ & b_3 = \frac{3+i}{2} \\ \end{aligned}

です。これを図示すると、以下の通りです。

　明らかに（ていうか、あからさまに）、 $\triangle b_1 b_2 b_3$ は直角二等辺三角形であり、その外接円 $C$ の中心は $b_1$ と $b_2$ の中点 $\frac{1}{2}$ 、半径は線分 $| b_2 - b_1 |$ の長さの半分である $\frac{\sqrt{5} } {2}$ であることが、難しい計算を要せずすぐにわかることと思います。

　後述しますが、初期値 $a_1$ 、 $a_2$ をどのように選んでも、こういうわかりやすい結果になるというわけではありません。出題者の細やかな配慮が感じ取れます。

小問２の解法

　まず、記号の準備です。

\begin{aligned} & b_n = u_n + iv_n &(u_n,v_n \in \mathbb{R} ) \end{aligned}

と置きます。このとき、証明したいのは

(u_n-\frac{1}{2})^2+v_n^2= \frac{5}{4}

です。式を変形すると、

u_n^2- u_n+v_n^2= 1 \text{　} \cdots (1)

です。すべての自然数 $n$ に対して式(1)が成り立つことを、数学的帰納法で証明します。

　まず、 $n= 1$ のときは、小問1より明らかに式(1)が成り立ちます。

　次に、 $n= m$ $( m \geqq 1 )$ のときに、式(1)が成り立つと仮定します。このとき、

a_{m+2} = a_{m+1} +a_m

であることから、

b_{m+1} = 1+ \frac{1}{b_m}

が成り立ちます。よって、数学的帰納法の仮定より

\begin{aligned} & u_{m+1}+iv_{m+1} = 1+ \frac{1}{u_m+iv_m} \\ & \text{　　　　　　} =1+\frac{u_m-iv_m}{u_m^2+v_m^2} \\ & \text{　　　　　　} =1+\frac{u_m-iv_m}{1+u_m} \\ \end{aligned}

が成り立つので

\begin{aligned} & u_{m+1} = \frac{1+2u_m}{1+u_m} \\ & v_{m+1} = -\frac{v_m}{1+u_m} \end{aligned}

が成り立ちます。したがって、

\begin{aligned} &u_{m+1}^2-u_{m+1}+v_{m+1}^2 \\ & = \left (\frac{1+2u_m}{1+u_m} \right )^2 \\ & - \frac{1+2u_m}{1+u_m} + \left (\frac{-v_m}{1+u_m} \right )^2 \\ & = \frac{1+4u_m+4u_m^2 } { (1+u_m)^2} \\ & -\frac{1+3u_m+2u_m^2 } { (1+u_m)^2} \\ & + \frac{ v_m^2 } { (1+u_m)^2} \\ & = \frac{u_m+2u_m^2 + v_m^2 } { (1+u_m)^2} \\ & = \frac{(u_m + u_m^2) + (u_m^2 + v_m^2) } { (1+u_m)^2} \\ & = \frac{ (u_m + u_m^2) + (1+u_m) } { (1+u_m)^2} = 1 \\ \end{aligned}

が成り立つので、 $n= m+1$ のときに式(1)が証明できました。ゆえにすべての自然数 $n$ に対して式(1)が成り立ち、同一円 $C$ の周上にあることが（わりとあっさり）証明できました。

発展

$b_n$ が同一円周上に存在するための十分条件

　 $b_1$ が式①を満たせば、小問2で示したように、すべての $b_n$ が同一円周上に存在します。ここで

\begin{aligned} & a_n = s_n + it_n &(s_n,t_n \in \mathbb{R} ) \end{aligned}

　と置く時、

\begin{aligned} & b_1 = \frac{s_2 +it_2}{s_1+it_1} \\ & = \frac{s_2s_1 +t_2t_1 } {s_1^2 + t_1^2} \\ & +i \frac{(s_1t_2-s_2t_1) } {s_1^2 + t_1^2} \end{aligned}

であるので、これを①に代入すると

\begin{aligned} & \frac{|a_2| ^2}{|a_1|^2}- \frac{s_1s_2+t_1t_2}{|a_1|^2} =1\\ \end{aligned}

分母を払って

\begin{aligned} & |a_2|^2 -( s_1s_2+t_1t_2) = |a_1|^2 \text{　} \cdots (2) \end{aligned}

を得ます。

　式(2)の幾何学的な意味を考察します。式(2)を以下のように変形します。

\begin{aligned} & s_2^2 + t_2^2 -( s_1s_2+t_1t_2) = s_1^2 + t_1^2 \end{aligned}

　上記式の左辺を平方完成し、余剰項を右辺に移項すると、

\begin{aligned} & (s_2-\frac{1}{2} s_1)^2 +(t_2- \frac{1}{2}t_1)^2 \\ & = \frac{5}{4}(s_1^2 + t_1^2) \end{aligned}

となります。 $a_1$ 、 $a_2$ で表記すると、

|a_2- \frac{1}{2} a_1| = \frac{ \sqrt{5} }{2} |a_1|

と変形できます。すなわち、 $a_2$ は $\frac{a_1}{2}$ を中心とし、半径 $\frac{ \sqrt{5} } { 2} |a_1|$ の円周上にあります。

　 $a_1$ が与えられたとき、 $a_2$ をこのように選べば、 $a_1$ 、 $a_2$ は式②を満たし、すべての $b_n$ は同一円周上にあります。たとえば、

\begin{aligned} & a_1 = i \\ & a_2= 1+i \\ & a_3 = 1+2i \\ & a_4= 2+3i \\ \end{aligned}

のとき、 $|a_2- \frac{1}{2}a_1 |=|1+ \frac{1}{2} i| = \frac{ \sqrt{5}} {2}$ となりますが、このとき、

\begin{aligned} & b_1 = 1-i \\ & b_2= \frac{3+i}{2} \\ & b_3 = \frac{8-i}{5} \\ \end{aligned}

の3点は確かに、中心 $\frac{1}{2}$ 、 $\frac{ \sqrt{5} } {2}$ の円周上に存在します。しかし、直角二等辺三角形のような、筋の良い形にはなっていません(図2)。

　もしこんな形で出題されていたら、小問1は大分苦労したことでしょう。本問に関しては、まことに出題者に感謝です。

$b_n$ が同一円周上に存在するための必要条件

　今度は逆に、 $b_n$ が同一円周上に存在したとき、初期値 $a_1,a_2$ が満たすべき条件を考察します。

　先ほどと同じように、

\begin{aligned} & a_n = s_n + it_n &(s_n,t_n \in \mathbb{R} ) \end{aligned}

　と置きます。また、二次方程式

x^2-x-1=0

の2つの解をそれぞれ、 $\alpha$ 、 $\beta$ $( \alpha < \beta )$ と置きます。このとき、自然数 $n$ に対し、

\begin{aligned} & s_{n+2} = s_{n+1} +s_n \\ & t_{n+2} = t_{n+1} +t_n \\ \end{aligned}

なので、よくある漸化式の解法により、一般項

\begin{aligned} & s_n = & \frac{1}{\sqrt{5}} \{ (\beta^{n-1} - \alpha^{n-1}) s_2 \\ && + (\beta^{n-2} - \alpha^{n-2}) s_1 \} \\ & t_n = & \frac{1}{\sqrt{5}} \{ (\beta^{n-1} - \alpha^{n-1}) t_2 \\ & &+ (\beta^{n-2} - \alpha^{n-2}) t_1 \} \end{aligned}

を得ます。ここで、　 $\beta - \alpha = \sqrt{5}$ 、 $\alpha \beta = -1$ であることを使っています。

　定義より、

\begin{aligned} & b_n = \frac{a_{n+1}}{a_n} \\ & = \frac{ s_{n+1} + it_{n+1}} { s_n + it_n} \\ & = \frac{ s_{n+1} s_n+ t_{n+1}t_n } { s_n^2 + t_n^2 } \\ & + i \frac{ s_nt_{n+1} - s_{n+1}t_n} { s_n^2 + t_n^2 } \\ \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} & b_n = u_n + iv_n &(u_n,v_n \in \mathbb{R} ) \end{aligned}

と置く時、

u_n = \frac{ s_{n+1} s_n+ t_{n+1}t_n } { s_n^2 + t_n^2 }

v_n= \frac{ s_nt_{n+1} - s_{n+1}t_n} { s_n^2 + t_n^2 }

となります。いささかうんざりする計算を行った結果、

\begin{aligned} u_n^2 -u_n + v_n^2 = \frac{F_n-3(-1)^nG} {F_n+2(-1)^nG} \\ \\ \cdots (3) \end{aligned}

ここに

\begin{aligned} &F_n = \beta^{2n-4}(\beta s_2+s_1)^2 \\ & \text{　} +\alpha^{2n-4}(\alpha s_2+s_1)^2 \\ & \text{　} +\beta^{2n-4}(\beta t_2+t_1)^2 \\ & \text{　} +\alpha^{2n-4}(\alpha t_2+t_1)^2 \\ & G = |a_2|^2 -( s_1s_2+t_1t_2) - |a_1|^2 \end{aligned}

を得ます。

　式(1)が成り立つとき、すべての $n \in \mathbb{N}$ に対し、

\frac{F_n-3(-1)^nG} {F_n+2(-1)^nG} = 1

が成り立つので、 $G = 0$ が成り立ちます。すなわち、 $b_n$ が同一円周上に存在するための必要条件は、初期値 $a_1,a_2$ が式(2)を満たすことです。

　これは十分条件でもあったので、以上をまとめると、 $b_n$ が同一円周上に存在するための必要十分条件は、初期値 $a_1,a_2$ が式(2)を満たすこととなります。

$b_n$ は黄金比に収束する

2001年東大数学第4問フィボナッチ数列のイメージ — フィボナッチ数列と言えば黄金比（Thanks for your Like • donations welcomeによるPixabayからの画像）

初期値 $a_1,a_2$ をどのように選んでも、 $b_n$ は $\beta = \frac{1+ \sqrt{5} }{2}$ に収束します。これはいわゆる黄金比です。

\begin{aligned} & b_n = u_n + iv_n &(u_n,v_n \in \mathbb{R} ) \end{aligned}

とおいたとき、まず $v_n$ が0に収束することを示します。

\begin{aligned} & b_n = 1 + \frac{1} {b_{n-1} } \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} & u_n = 1+ \frac{u_{n-1}} {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} \\ &v_n = - \frac{v_{n-1}} {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} \end{aligned}

が成り立ちますが、明らかに $u_n > 0$ なので、 $n \geqq 2$ のとき、

u_n = 1+ \frac{u_{n-1}} {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} > 1

が成り立ちます。したがって $n \geqq 2$ のとき、

\begin{aligned} u_n = 1+ \frac{u_{n-1}} {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} \\ < 1 + \frac{1}{u_{n-1}} < 2 \end{aligned}

が成り立ちます。

　一方、

$\begin {aligned} & |v_n| = \frac{ |v_{n-1}| } {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} \\ & \text{　} < \frac{ |v_{n-1}| } {1+v_{n-1}^2} \leqq \frac {1}{2} \end {aligned}$

なので、 $n \geqq 2$ のとき、

$\begin {aligned} & u_n = 1+ \frac{u_{n-1}} {u_{n-1}^2+v_{n-1}^2} \\ & \text{　} > 1+ \frac{1} { 4+v_{n-1}^2} \\ & \text{　} \geqq 1+ \frac{1} { 4+\frac{1}{4}} \\ & \text{　} = \frac{21}{17} > \frac{7}{6} \end {aligned}$

が成り立ちます。

　以上の準備の下に、

$\begin{aligned} &|v_n| = \frac{ |v_{n-1}| } { u_{n-1}^2+v_{n-1}^2 } \\ & \text{　} <\frac{ |v_{n-1}| } { u_{n-1}^2 } <\frac{36} {49} |v_{n-1}| \\ & \text{　} < \left ( \frac{36} {49} \right )^{n-1} |v_{1}| \\ \end{aligned}$