https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/TItech/2026/04

2026.03.16.23:56:08記

[4] $i$ を虚数単位とする．実数 $\theta$ に対して複素数 $e(\theta)$ を $e(\theta)=\cos\theta + i\sin\theta$ で定める．正の整数 $n$ に対し，複素数平面上の点 $e\left(\dfrac{n-1}{3}\pi\right)$ と点 $e\left(\dfrac{n}{3}\pi\right)$ 通る直線を $\ell_n$ とする．複素数 $z$ に対し，直線 $\ell_n$ に関して点 $z$ と対称な位置にある点を表す複素数を $R_n(z)$ とする．

(1) 複素数 $z$ と共役な複素数を $\overline{z}$ とする．このとき， $R_n(z) = e(\theta_1)\overline{z} +\sqrt{3}e(\theta_2)$ をみたす実数 $\theta_1$ ， $\theta_2$ をそれぞれ $n$ を用いて表せ．

(2) 実数 $a，b$ に対して， $z_1=a+bi$ ， $z_{n+1}=R_n(z_n)$ （ $n=1，2，3，…$ ）で定められる複素数の列 $\{z_n\}$ の一般項を求めよ．

2026.03.17.18:58:16記
複素平面における $\alpha$ に垂直な直線は $\mbox{Re}\left(\dfrac{z}{\alpha}\right)=(一定)$ と表すことができます．
(2)の答を $p+qi$ の形で表すか $e(\cdot)$ を残したままにするか迷うところで， $z_1$ を $a+bi$ の形で与えているので
$p+qi$ の形で表すとき，本当にきちんとしようと思うと $n$ を $12$ で割った余りで分類するのが指数に $n$ が入らない形の $n$ の一次式となって素直になりますが，それは少し面倒なのでやりません．

[解答]
(1) $e\left(\dfrac{n-1}{3}\pi\right)+e\left(\dfrac{n}{3}\pi\right)=\sqrt{3}e\left(\dfrac{2n-1}{6}\pi\right)=\alpha$ とおくと， $\dfrac{z}{\alpha}$ を直線 $\mbox{Re}(z)=\dfrac{1}{2}$ について対称移動したものが $\dfrac{R_n(z)}{\alpha}$ となるので $\dfrac{R_n(z)}{\alpha}$ を $\left(\dfrac{1}{2}，0\right)$ について対称移動したものが $\dfrac{\overline{z}}{\overline{\alpha}}$ となる．

よって $\dfrac{R_n(z)}{\alpha}+\dfrac{\overline{z}}{\overline{\alpha}}=1$ となり，
$R_n(z)=\alpha-\dfrac{\alpha}{\overline{\alpha}}\overline{z}$ $=-\dfrac{\alpha^2}{|\alpha|^2}\overline{z}+\alpha$ $=-e\left(\dfrac{2n-1}{3}\pi\right)\overline{z}+\sqrt{3}e\left(\dfrac{2n-1}{6}\pi\right)$ $=e\left(\dfrac{2n+2}{3}\pi\right)\overline{z}+\sqrt{3}e\left(\dfrac{2n-1}{6}\pi\right)$
が成立する．よって $\theta_1=\dfrac{2n+2}{3}\pi$ ， $\theta_2=\dfrac{2n-1}{6}\pi$ とすれば良い．

(2) $\eta=e\left(\dfrac{\pi}{6}\right)$ とおくと， $e(\theta_1)=\eta^{4n+4}$ ， $e(\theta_2)=\eta^{2n-1}$ が成立し，
$z_{n+1}=\eta^{4n+4}\overline{z_n}+\sqrt{3}\eta^{2n-1}$
が成立する．よって
$z_{n+2}=\eta^{4n+8}\overline{z_{n+1}}+\sqrt{3}\eta^{2n+1}$ ，
$\overline{z_{n+1}}=\eta^{-4n-4}z_n+\sqrt{3}\eta^{-2n+1}$
から
$z_{n+2}=\eta^{4n+8}(\eta^{-4n-4}z_n+\sqrt{3}\eta^{-2n+1})+\sqrt{3}\eta^{2n+1}$
$=\eta^{4} z_n+\sqrt{3}\eta^{2n+1}(\eta^{8}+1)$ $=\eta^{4} z_n+\sqrt{3}\eta^{2n-1}$
となり
$\dfrac{z_{n+2}}{\eta^{2n+4}}=\dfrac{z_n}{\eta^{2n}}+\sqrt{3}\eta^{-5}$ $=\dfrac{z_n}{\eta^{2n}}-\sqrt{3}\eta$
が成立する．

(i) $n=2m+1$ のとき：
$\dfrac{z_{2m+1}}{\eta^{4m+2}}=\dfrac{z_1}{\eta^{2}}-\sqrt{3}m\eta$
であるから，
$z_{2m+1}=\eta^{4m}z_1-\sqrt{3}m\eta^{4m+3}$ $=\left(\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}\left\{a+bi-\dfrac{\sqrt{3}(n-1)}{2}i\right\}$
となる．

(i) $n=2m$ のとき：
$z_2=\eta^8\overline{z_1}+\sqrt{3}\eta$ ， $\dfrac{z_{2m}}{\eta^{4m}}=\dfrac{z_2}{\eta^{4}}-\sqrt{3}(m-1)\eta$ により
$z_{2m}=\eta^{4m+4}\overline{z_1}+\sqrt{3}\eta^{4m-3}-\sqrt{3}(m-1)\eta^{4m+1}$ $=\eta^{4m+4}\left\{\overline{z_1}-\sqrt{3}\eta^{-3}(m-1-\eta^{-4})\right\}$ $=\left(\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{n+2}\left\{a-bi-\dfrac{-3-\sqrt{3}(n-1)i}{2}\right\}$
となる．

$e(\cdot)$ の形で表すと次のようになります．

[解答]
(i) $n=2m+1$ のとき：
$\dfrac{z_{2m+1}}{\eta^{4m+2}}=\dfrac{z_1}{\eta^{2}}-\sqrt{3}m\eta$
であるから，
$z_{2m+1}=\eta^{4m}z_1-\sqrt{3}m\eta^{4m+3}$ $=e\left(\dfrac{n-1}{3}\pi\right)z_1-\sqrt{3}\cdot\dfrac{n-1}{2}\cdot e\left(\dfrac{2n+1}{6}\pi\right)$
となる．

(i) $n=2m$ のとき：
$z_2=\eta^8\overline{z_1}+\sqrt{3}\eta$ ， $\dfrac{z_{2m}}{\eta^{4m}}=\dfrac{z_2}{\eta^{4}}-\sqrt{3}(m-1)\eta$ により
$z_{2m}=\eta^{4m+4}\overline{z_1}+\sqrt{3}\eta^{4m-3}-\sqrt{3}(m-1)\eta^{4m+1}$
$=e\left(\dfrac{n+2}{3}\pi\right) \overline{z_1}+\sqrt{3}e\left(\dfrac{2n-3}{6}\pi\right)-\sqrt{3}\cdot\dfrac{n-2}{2}\cdot e\left(\dfrac{2n+1}{6}\pi\right)$
となる．