解けたら天才 複素数漸化式

解説

解けない漸化式の極限には以下の定石がある。

step1 特性方程式を解いて極限を予想する
step2 $|z_{n+1}-\alpha| \leqq r|z_n-\alpha|$となるような、$\,n\,$に依存しない$\,r\, \in (0,1)\,$を見つける
$\,$
しかし本問では、$z_1\,$が未定なため、任意の$\,n\,$に対して上記の不等式が満たされるとは限らない。そこで、十分に大きい$\,n\,$の下でなら不等式が満たされることを示せばよい。

本問の背景には、円の反転写像がある。
点$\,P(z)\,$を単位円で反転した点を$\,Q(w)\,$とすると、以下が成り立つ。
$$
|z||w|=1\,\land\,\exists\,k>0,\,z=kw $$
つまり、点$\,Q\,$は半直線$\,OP\,$で$\,|OP||OQ|=1\,$を満たす点である。
定義から$\,\displaystyle w=\frac{1}{\bar{z}}\,$であることがわかる。

簡単な計算により、
$$
\left|z_{n+1}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|=\frac{\left|z_n-\sqrt{c-1}\right|}{c\left|z_n \right|} \cdot \left|z_n-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right| $$
よって、$\displaystyle \frac{\left|z_n-\sqrt{c-1}\right|}{\left|z_n \right|}\leqq 1\,$であれば都合がよい。
これは、$\displaystyle Re(z)\geqq \frac{\sqrt{c-1}}{2}\,$と同値である。
この領域に点$\,z_n\,$が有限回数で入ればよい。

解答例では、$z_n\,$を極形式で表す方針をとっている。
点$\,z_{n+1}\,$が上記の領域に入る$\,z_{n}\,$の十分条件を考えると、
$$\cos{\theta_n}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4} \Rightarrow
Re(z_{n+1}) \geqq \frac{\sqrt{c-1}}{2}$$
ここで、$\cos{\theta_n}\,$について漸化式をつくることで単調増加であることが判明する。
よって、一度$\,\displaystyle \cos{\theta_n}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4}\,$を満たす領域(Ⅰとする)に入ってしまえば、そこから出ることはない。
問題は、初項が$\,\displaystyle \cos{\theta_n}< \frac{c\sqrt{c-1}}{4}\,$を満たす領域(Ⅱとする)に位置している場合である。この場合、有限回数で領域Ⅰに移ることを示さなければならない。
ここでは背理法を用いて、点$\,z_n\,$が領域Ⅱから出ないと仮定して矛盾を導く。

以下は解答例である。

$Re(z_n)>0\,$のとき、
$$
\begin{aligned}[t]
Re(z_{n+1})&=\frac{1}{c}\left(Re(z_n)+Re\left(\frac{1}{z_n}\right)\right)
\\
&= \frac{1}{c}\left(Re(z_n)+Re\left(\frac{\bar{z}_n}{\left|z_n\right|^2}\right)\right)
\\
&= \frac{1}{c}\left(Re(z_n)+\frac{Re(z_n)}{\left|z_n\right|^2}\right)>0
\end{aligned}
$$
よって、
$Re(z_1)>0\,$より$\,\forall\,n \in \mathbb{N},\,Re(z_n)>0\,$
$$
\begin{aligned}
\left|z_{n+1}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|&=\left|\frac{1}{c}\left(z_n+\frac{1}{z_n}\right)-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
\\
&=\left|\frac{\sqrt{c-1}\,z_n^2-cz_n+\sqrt{c-1}}{c\sqrt{c-1}\,z_n}\right|
\\
&=\frac{\left|z_n-\sqrt{c-1}\right|\left|\sqrt{c-1}\,z_n-1\right|}{\left|c\sqrt{c-1}\,z_n\right|}
\\
&=\frac{\left|z_n-\sqrt{c-1}\right|}{c\left|z_n \right|} \cdot \left|z_n-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
\end{aligned}
$$
ここで以下を示す。

命題$\,1\,$:$\,n\,$が十分に大きければ、$z_1\,$によらず$\,\displaystyle \frac{\left|z_n-\sqrt{c-1}\right|}{\left|z_n \right|}\leqq 1\,$
$$
\begin{aligned}
\left|z-\sqrt{c-1}\right| \leqq \left|z_n \right|
\Leftrightarrow\left|z-\sqrt{c-1}\right|^2 &\leqq \left|z \right|^2
\\
(z-\sqrt{c-1})(\bar{z}-\sqrt{c-1})& \leqq z\bar{z}
\\
z\bar{z}-\sqrt{c-1}\left(z+\bar{z}\right)+c-1 &\leqq z\bar{z}
\end{aligned}
\,$$

整理すると$\;\displaystyle Re(z)\geqq \frac{\sqrt{c-1}}{2} \;\;\;\;\dotso (0)$

数列$\,\lbrace r_n\rbrace,\, \lbrace\theta_n\rbrace\,$を$\,r_n=\left|z_n\right|,\,\theta_n=\arg{z_n}\,$と定義すると、

$$
\begin{aligned}
z_{n+1}&=\frac{1}{c}\left( r_n\cos{\theta_n}+r_ni\sin{\theta_n}+\frac{1}{r_n\cos{\theta_n}+r_ni\sin{\theta_n} }\right)
\\
&= \frac{1}{c}\left( r_n\cos{\theta_n}+r_ni\sin{\theta_n}+\frac{\cos{\theta_n}-i\sin{\theta_n}}{r_n}\right)
\\
&=\frac{1}{c}\left(r_n+\frac{1}{r_n}\right)\cos{\theta_n}+\frac{1}{c}\left(r_n-\frac{1}{r_n}\right)i\sin{\theta_n}
\;\;\;\;\dotso (1)
\end{aligned}
$$

$(1)\,$より、$\displaystyle Re(z_{n+1})= \frac{1}{c}\left(r_n+\frac{1}{r_n}\right)\cos{\theta_n}\,$

相加相乗平均の関係より$\,\displaystyle\frac{1}{c}\left(r_n+\frac{1}{r_n}\right)\cos{\theta_n} \geqq \frac{2}{c}\cos{\theta_n}\,$
であるから、$\displaystyle Re(z_{n+1}) \geqq \frac{2}{c}\cos{\theta_n}
\;\;\;\;\dotso (2)\,$

ここで、複素数平面上の領域$\,{\rm A},\,{\rm B},\,{\rm C}\,$を次のように定める。
$$
\begin{aligned}
{\rm A}&=\left\{z \in \mathbb{C} \middle|\,0<\cos(\arg{z})<\frac{c\sqrt{c-1}}{4}
\right\} \\
{\rm B}&=\left\{z \in \mathbb{C} \middle|\,\cos(\arg{z})\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4} \land \,0<Re(z)<\frac{\sqrt{c-1}}{2}
\right\} \\
{\rm C}&=\left\{z \in \mathbb{C} \middle|\, \cos(\arg{z})\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4} \land Re(z)\geqq\frac{\sqrt{c-1}}{2}
\right\}
\end{aligned}
$$
$(0)\,$より、命題$\,1\,$を示すには以下を示せば十分。

命題$\,2\,$:$\,\exists\,n_0 \in \mathbb{N},\,\forall\,n \geqq n_0,\, z_n \in {\rm C}$

$\,$まず以下を示す。

補題$\,1\,$:$\,z_n \in {\rm B} \cup {\rm C} \Rightarrow z_{n+1} \in {\rm C}$

$(1)\,$より、
$$
\begin{aligned}[t]
r_{n+1}=\left|z_{n+1}\right|
&=\frac{1}{c}\sqrt{
\left(r_n+\frac{1}{r_n}\right)^2\cos^2{\theta_n}+\left(r_n-\frac{1}{r_n}\right)^2\sin^2{\theta_n}}
\\
&=\frac{1}{c}\sqrt{
r_n^2+\frac{1}{r_n^2}+2\cos{2\theta_n}} \;\;\;\;\dotso (3)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\cos{\theta_{n+1}}=\frac{Re(z_{n+1})}{r_{n+1}}
&=\frac{r_n+\displaystyle \frac{1}{r_n}}{\sqrt{
r_n^2+ \displaystyle\frac{1}{r_n^2}+2\cos{2\theta_n}}}\cos{\theta_n}
\\
&= \sqrt{\frac{r_n^2+\displaystyle \frac{1}{r_n^2}+2}{r_n^2+ \displaystyle\frac{1}{r_n^2}+2\cos{2\theta_n}}}\cos{\theta_n}
\\
&= \sqrt{1+\frac{2(1-\cos{2\theta_n})}{r_n^2+ \displaystyle\frac{1}{r_n^2}+2\cos{2\theta_n}}}\cos{\theta_n} \;\;\;\;\dotso (4)
\end{aligned}
$$

よって、$\cos{\theta_1}>0\,$より数列$\,\lbrace \cos{\theta_n}\rbrace \,$は単調増加である。

$\,z_n \in {\rm B} \cup {\rm C} \Leftrightarrow \displaystyle\cos{\theta_n}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4}\,$

$\lbrace\cos{\theta_n}\rbrace\,$の単調性より、$\displaystyle \cos{\theta_n}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4} \Rightarrow \cos{\theta_{n+1}}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4}$
$(2)\,$より、
$\displaystyle \cos{\theta_n}\geqq \frac{c\sqrt{c-1}}{4} \Rightarrow
Re(z_{n+1}) \geqq \frac{\sqrt{c-1}}{2}$

よって補題$\,1\,$は示された。

$\,$次に以下を示す。

補題$\,2\,$:$\,z_m \in {\rm A}\,$のとき$\,\exists\,n>m,\,z_{n} \in {\rm B} \cup {\rm C}\,$

$z_m \in {\rm A}\,$のとき$\,\forall\,n>m,\,z_{n} \in {\rm A}\,$を仮定$(p)$する。

$\displaystyle \cos{\theta_n} < \frac{c\sqrt{c-1}}{4}\,$より、$\exists\,I \in \mathbb{R},\,\forall\,n>m,\,1-\cos{2\theta_n}>I>0
\;\;\;\;\dotso (5)$

$\exists\,S \in \mathbb{R},\,\forall\,n>m,\,r_n<S\,$を示すために、$\forall\,T \in \mathbb{R},\,\exists\,n>m,\,r_n>T\,$を仮定$(q)$する。

$(2)\,$と$\,\lbrace\cos{\theta_n}\rbrace\,$の単調性より、$\displaystyle r_n >Re(z_{n+1}) \geqq \frac{2}{c}\cos{\theta_m} \;\;\;\;\dotso (6)$

$(3)\,$より、$\displaystyle r_{n+1}^2-r_n^2=\frac{1-c^2}{c^2}r_n^2+\frac{1}{c^2r_n^2}+\frac{2\cos{2\theta_n}}{c^2}\,$

$r_{n+1}^2-r_n^2 \to -\infty \;\;(r_n \to \infty)\,$であるから、$\exists\,R \in \mathbb{R},\,r_n>R \Rightarrow r_{n+1}<r_n \;\;\;\;\dotso (7)$

$\displaystyle T=\max\Bigg{\lbrace}R,\,\frac{1}{c}\sqrt{R^2+\frac{c^2}{4\cos^2{\theta_m}}+2}\Bigg{\rbrace}\,$として、$r_n>T\,$を満たす$\,n\;(\,>m\,)\,$の中で最小のものを$\,n^{\ast}\,$とする。

$r_{n^{\ast}-1}>R\,$ とすると、$(7)\,$より$\, r_{n^{\ast}-1} > r_{n^{\ast}} > T\,$ となり、$n^{\ast}\,$ の最小性に矛盾する。

よって、$(6)\,$より$\displaystyle\,\frac{2}{c}\cos{\theta_m}< r_{n^{\ast}-1}\leqq R\,$

$(3)\,$より
$\displaystyle r_{n^{\ast}}<\frac{1}{c}\sqrt{R^2+\left(\frac{c}{2\cos{\theta_m}}\right)^2+2\cdot1}= \frac{1}{c}\sqrt{R^2+\frac{c^2}{4\cos^2{\theta_m}}+2}$

これは$\,r_{n^{\ast}}>T\,$に矛盾する。

よって、仮定$(q)$は誤りであり、$\exists\,S \in \mathbb{R},\,\forall\,n>m,\,r_n<S \;\;\;\;\dotso (8)$

$(5),\,(8)\,$より
$$
\begin{aligned}[t]
\forall\,n>m,\,
\cos{\theta_n}=\sqrt{1+\frac{2(1-\cos{2\theta_{n-1}})}{c^2r_n^2}} \cos{\theta_{n-1}}
>\sqrt{1+\frac{2I}{c^2S^2}} \cos{\theta_{n-1}}
\end{aligned}
$$

ただし、1つ目の等号には$\,(3),\,(4)\,$を用いた。

$n>m\,$のとき、$\displaystyle \cos{\theta_n}> \left(\sqrt{1+\frac{2I}{c^2S^2}}\right)^{n-m}\cos{\theta_{m}}$

$\displaystyle\sqrt{1+\frac{2I}{c^2S^2}}\;(\,<1\,)\,$は$\,n\,$によらない定数であるから、$n\,$が十分に大きいとき$\,\displaystyle\cos{\theta_n}>\frac{c\sqrt{c-1}}{4}\,$

これは$\,z_n \in {\rm A}\,$に矛盾する。
よって、仮定$(p)$は誤りであり、補題$\,2\,$は示された。

補題$\,1,\,2\,$より、命題$\,2\,$が従い、さらに命題$\,1\,$が従う。

よって、$n\,$が十分に大きい(すなわち$\,n>n_0\,$)とき、
$$
\begin{aligned}
\left|z_{n}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
&=\frac{\left|z_{n-1}-\sqrt{c-1}\right|}{c\left|z_{n-1} \right|} \cdot \left|z_{n-1}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
\\
&\leqq \frac{1}{c} \left|z_{n-1}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
\\
&\leqq \left(\frac{1}{c}\right)^{n-n_0} \left|z_{n_0}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|
\end{aligned}
$$

$\displaystyle
\left(\frac{1}{c}\right)^{n-n_0} \left|z_{n_0}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right| \to 0\;\;(n \to \infty)\,$
であるから、

はさみうちの原理より
$\displaystyle \,
\lim_{n \to \infty} \left|z_{n}-\frac{1}{\sqrt{c-1}}\right|=0$

よって、$\displaystyle \alpha=\frac{1}{\sqrt{c-1}}\,$