複素数 $\alpha = \frac{\sqrt{3}i}{1+\sqrt{3}i}$ に対して、複素数 $z_n$ を $z_n = 8\alpha^{n-1}$ ($n=1,2,3,...$) によって定めます。このとき、以下の問いに答えます。 (1) $\alpha$ の絶対値 $|\alpha|$ と偏角 $\arg \alpha$ をそれぞれ求めます。ただし、$0 \leq \arg \alpha < 2\pi$ とします。 (2) $z_2$，$z_3$ の実部と虚部をそれぞれ求めます。 (3) $z_n$ の極形式を $n$ を用いて表します。 (4) $O, P_n, P_{n+1}$ を頂点とする三角形の面積 $S_n$ を $n$ を用いて表します。 (5) (4) で定めた $S_n$ に対して、無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} S_n$ の和 $S$ を求めます。

1. 問題の内容

複素数 $\alpha = \frac{\sqrt{3}i}{1+\sqrt{3}i}$ に対して、複素数 $z_n$ を $z_n = 8\alpha^{n-1}$ ($n=1,2,3,...$) によって定めます。このとき、以下の問いに答えます。

(1) $\alpha$ の絶対値 $|\alpha|$ と偏角 $\arg \alpha$ をそれぞれ求めます。ただし、$0 \leq \arg \alpha < 2\pi$ とします。

(2) $z_2$，$z_3$ の実部と虚部をそれぞれ求めます。

(3) $z_n$ の極形式を $n$ を用いて表します。

(4) $O, P_n, P_{n+1}$ を頂点とする三角形の面積 $S_n$ を $n$ を用いて表します。

(5) (4) で定めた $S_n$ に対して、無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} S_n$ の和 $S$ を求めます。

2. 解き方の手順

(1) まず、$\alpha$ を簡単にします。

$\alpha = \frac{\sqrt{3}i}{1+\sqrt{3}i} = \frac{\sqrt{3}i(1-\sqrt{3}i)}{(1+\sqrt{3}i)(1-\sqrt{3}i)} = \frac{\sqrt{3}i + 3}{1+3} = \frac{3+\sqrt{3}i}{4} = \frac{3}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i$

$|\alpha| = \sqrt{(\frac{3}{4})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{4})^2} = \sqrt{\frac{9}{16} + \frac{3}{16}} = \sqrt{\frac{12}{16}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\arg \alpha = \arctan(\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{3}{4}}) = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \arctan(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$

(2) $z_n = 8\alpha^{n-1}$ より

$z_2 = 8\alpha^{2-1} = 8\alpha = 8(\frac{3}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i) = 6+2\sqrt{3}i$

$z_3 = 8\alpha^{3-1} = 8\alpha^2 = 8(\frac{3}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i)^2 = 8(\frac{9}{16} + \frac{6\sqrt{3}}{16}i - \frac{3}{16}) = 8(\frac{6}{16} + \frac{6\sqrt{3}}{16}i) = \frac{48}{16} + \frac{48\sqrt{3}}{16}i = 3 + 3\sqrt{3}i$

$z_2$ の実部は 6、虚部は $2\sqrt{3}$

$z_3$ の実部は 3、虚部は $3\sqrt{3}$

(3) $z_n = 8\alpha^{n-1} = 8(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n-1} (\cos(\frac{\pi}{6}) + i\sin(\frac{\pi}{6}))^{n-1} = 8(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n-1} (\cos(\frac{(n-1)\pi}{6}) + i\sin(\frac{(n-1)\pi}{6}))$

よって $z_n$ の極形式は

$z_n = 8(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n-1} (\cos(\frac{(n-1)\pi}{6}) + i\sin(\frac{(n-1)\pi}{6}))$

(4) $S_n = \frac{1}{2} |z_n| |z_{n+1}| \sin(\arg(z_{n+1}) - \arg(z_n))$

$S_n = \frac{1}{2} |8\alpha^{n-1}| |8\alpha^n| \sin(\arg(8\alpha^n) - \arg(8\alpha^{n-1}))$

$S_n = \frac{1}{2} 64 |\alpha|^{2n-1} \sin(\arg(\alpha^n) - \arg(\alpha^{n-1}))$

$S_n = 32 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1} \sin(n\frac{\pi}{6} - (n-1)\frac{\pi}{6})$

$S_n = 32 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1} \sin(\frac{\pi}{6})$

$S_n = 32 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1} \frac{1}{2} = 16 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1}$

(5) $S = \sum_{n=1}^{\infty} S_n = \sum_{n=1}^{\infty} 16 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1} = 16 \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1}$

これは初項 $16\frac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}$、公比 $(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{3}{4}$ の等比級数なので

$S = \frac{8\sqrt{3}}{1-\frac{3}{4}} = \frac{8\sqrt{3}}{\frac{1}{4}} = 32\sqrt{3}$

3. 最終的な答え

(1) $|\alpha| = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $\arg \alpha = \frac{\pi}{6}$

(2) $z_2$ の実部は 6、虚部は $2\sqrt{3}$。 $z_3$ の実部は 3、虚部は $3\sqrt{3}$。

(3) $z_n = 8(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n-1} (\cos(\frac{(n-1)\pi}{6}) + i\sin(\frac{(n-1)\pi}{6}))$

(4) $S_n = 16 (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2n-1}$

(5) $S = 32\sqrt{3}$