$z_{n+1} = \alpha z_n + \beta$ という漸化式は、複素数平面上で「回転・拡大して平行移動する」操作の反復です。実数の漸化式 $a_{n+1} = pa_n + q$ の解法と同じ構造を持ちながら、複素数ならではの回転が加わることで螺旋や多角形といった豊かな図形が現れます。不動点を利用した一般項の導出、$z_n$ の収束・発散の判定、そして入試での出題パターンを学びましょう。
実数の数列で $a_{n+1} = pa_n + q$ を解くとき、$a_{n+1} - c = p(a_n - c)$ となる定数 $c$ を見つけて等比数列に帰着させました。複素数の漸化式でもまったく同じ方針が使えます。
漸化式 $z_{n+1} = \alpha z_n + \beta$（$\alpha \neq 1$）の不動点 $\gamma$ は：
$$\gamma = \alpha \gamma + \beta \quad \Longrightarrow \quad \gamma = \frac{\beta}{1 - \alpha}$$
このとき $z_{n+1} - \gamma = \alpha(z_n - \gamma)$ となるので：
$$z_n - \gamma = \alpha^n(z_0 - \gamma) \quad \Longrightarrow \quad z_n = \alpha^n(z_0 - \gamma) + \gamma$$
※ $\alpha = 1$ のときは $z_{n+1} = z_n + \beta$（等差型）で、$z_n = z_0 + n\beta$。
不動点 $\gamma$ とは、$f(\gamma) = \gamma$ を満たす点、すなわち「変換 $f(z) = \alpha z + \beta$ を施しても自分自身に戻る点」です。
$z_n - \gamma$ を新しい変数と見ると、不動点からのズレが毎回 $\alpha$ 倍されるだけの等比型になります。これが「不動点で解く」の仕組みです。
不動点 $\gamma$ を求めます：$\gamma = i\gamma + 1 + i$ より $(1 - i)\gamma = 1 + i$ なので：
$$\gamma = \frac{1+i}{1-i} = \frac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)} = \frac{2i}{2} = i$$
$z_n - i = i^n(z_0 - i) = i^n(-i) = -i^{n+1}$ より：
$$z_n = i - i^{n+1}$$
$i^n$ は周期 $4$ で循環するので、$z_0 = 0,\; z_1 = 1+i,\; z_2 = 2i,\; z_3 = -1+i,\; z_4 = 0 = z_0$ と4点を循環します。
✗ 誤：$\alpha = 1$ のとき $\gamma = \dfrac{\beta}{1-\alpha}$ に代入して $\gamma = \dfrac{\beta}{0}$ と計算してしまう
○ 正：$\alpha = 1$ のとき不動点は存在しない。漸化式は $z_{n+1} = z_n + \beta$（等差型）で、$z_n = z_0 + n\beta$
実数の漸化式でも $p = 1$ は等差数列でしたね。複素数でも同じ場合分けが必要です。
✗ 誤：$\gamma = \dfrac{1+i}{1-i}$ をそのままにして計算を進める
○ 正：分母を有理化して $\gamma = \dfrac{(1+i)^2}{|1-i|^2} = \dfrac{2i}{2} = i$ と整理する
不動点の値は後の計算で何度も使うので、必ず $a + bi$ の形に整理しておきましょう。
$z_{n+1} = \alpha z_n + \beta$ は「$z_n$ を $\alpha$ 倍して（回転・拡大して）$\beta$ だけ平行移動する」操作です。では、不動点 $\gamma$ はこの操作の中でどんな役割を果たすのでしょうか。
$z_{n+1} - \gamma = \alpha(z_n - \gamma)$ という関係は、「不動点 $\gamma$ を中心として $\alpha$ 倍する」ことを意味します。$\alpha = re^{i\theta}$ と極形式で書けば：
$z_{n+1} = \alpha z_n + \beta$ は、一見すると原点を中心とした操作に平行移動を加えたものですが、不動点 $\gamma$ を導入すると「$\gamma$ を中心とした回転拡大」に帰着します。
$|z_n - \gamma| = |\alpha|^n |z_0 - \gamma|$ なので不動点からの距離は指数関数的に変化し、$\arg(z_n - \gamma) = n\arg\alpha + \arg(z_0 - \gamma)$ なので偏角は等差的に変化します。
この見方は、$z_n$ の振る舞いを「不動点からの距離」と「不動点周りの回転角」に分解して理解することを可能にします。
大学数学の「力学系理論」では、写像 $f: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ の反復合成 $f^n(z)$ の振る舞いを系統的に研究します。不動点 $\gamma$ は力学系の「平衡点」であり、$|f'(\gamma)| < 1$ なら「安定（吸引的）」、$|f'(\gamma)| > 1$ なら「不安定（反発的）」です。この記事で学ぶ $|\alpha| < 1$ で収束、$|\alpha| > 1$ で発散という判定は、その最も基本的なケースです。
$z_n = \alpha^n(z_0 - \gamma) + \gamma$ において、$n \to \infty$ での $z_n$ の振る舞いは $\alpha^n$ の振る舞いで決まります。
$|\alpha| < 1$ のとき：$\alpha^n \to 0$ なので $z_n \to \gamma$（不動点に収束）
$|\alpha| = 1$ のとき：$|\alpha^n| = 1$ なので $z_n$ は不動点を中心に一定距離で回転し続ける
$|\alpha| > 1$ のとき：$|\alpha^n| \to \infty$ なので $|z_n| \to \infty$（発散）
※ $|\alpha| = 1$ で $\alpha = e^{i\theta}$（$\theta$ が $\pi$ の有理数倍）のとき $z_n$ は有限個の点を周期的に巡ります。
$\alpha = \dfrac{1}{2}e^{i\pi/4}$ のとき、不動点からの距離は毎回 $\dfrac{1}{2}$ 倍になり、偏角は $\dfrac{\pi}{4}$（$45°$）ずつ回転します。点 $z_n$ は不動点に向かって螺旋を描きながら近づいていきます。
$\alpha = e^{i\pi/3}$（$= \cos60° + i\sin60°$）のとき、不動点からの距離は変わらず、偏角は毎回 $60°$ ずつ回転します。$6$ 回の操作で $360°$ 回転するため、$z_n$ は $6$ 点を周期的に巡ります。
✗ 誤：$|\alpha| = 1$ だから $\alpha^n$ は発散も収束もしない → $z_n$ は「振動する」と曖昧に答える
○ 正：$|z_n - \gamma| = |z_0 - \gamma|$ で一定なので、$z_n$ は不動点 $\gamma$ を中心とする半径 $|z_0 - \gamma|$ の円上を動く。$\arg\alpha = \dfrac{2p\pi}{q}$（既約分数）なら周期 $q$ で循環
特に $\arg\alpha$ が $\pi$ の無理数倍のときは、$z_n$ は円上を動くが同じ点には戻りません（準周期運動）。
$|\alpha| > 1$ のとき、不動点からの距離が指数関数的に増大するため、$z_n$ は不動点から離れる螺旋を描いて発散します。ただし偏角は $n\arg\alpha$ で等差的に変化するため、「広がっていく螺旋」になります。
$\alpha^n = r^n e^{in\theta}$ は行列表示すると $r^n\begin{pmatrix}\cos n\theta & -\sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta\end{pmatrix}$ です。これは回転行列のスカラー倍であり、線形代数で学ぶ対角化の具体例にもなっています。
$|\alpha| = 1$ の場合に $z_n$ が描く図形は、$\arg\alpha$ の値によって決まります。正多角形が現れる条件を整理しましょう。
$\alpha = e^{2\pi i/n}$（$1$ の原始 $n$ 乗根）のとき、$\alpha^n = 1$ なので $z_n = z_0$（$n$ 周期）。このとき $z_0, z_1, \ldots, z_{n-1}$ は不動点 $\gamma$ を中心とする正 $n$ 角形の頂点になります。
$z_{n+1} = \alpha z_n + \beta$ において $z_0, z_1, \ldots, z_{n-1}$ が正 $n$ 角形の頂点をなす条件：
$$\alpha = e^{2k\pi i/n} \quad (k = 1, 2, \ldots, n-1,\; \gcd(k, n) = 1)$$
※ $\gcd(k, n) = 1$ でないと、$n$ 個の点が全て異なる前に周期が来てしまいます。
$\alpha = e^{2\pi i/3} = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ のとき、$z_0, z_1, z_2$ は不動点 $\gamma$ を中心とする正三角形の頂点です。$z_3 = z_0$ で元に戻ります。
$|\alpha| \neq 1$ のとき、点列 $z_n$ は等角螺旋（対数螺旋）に沿って動きます。極座標 $(r_n, \theta_n)$（不動点 $\gamma$ を原点とした座標）で見ると：
$$r_n = |\alpha|^n \cdot r_0, \quad \theta_n = n\arg\alpha + \theta_0$$
$r_n$ と $\theta_n$ がともに $n$ の一次関数であることから、$\log r_n$ と $\theta_n$ が比例関係にあり、これは対数螺旋 $r = ae^{b\theta}$ の離散版です。
距離が等比的に変化（$r_n = |\alpha|^n r_0$）し、角度が等差的に変化（$\theta_n = n\arg\alpha + \theta_0$）する点列は、対数螺旋上の点です。
自然界の巻貝やヒマワリの種の配列にも対数螺旋が現れますが、その数学的メカニズムは「成長と回転の組み合わせ」── まさに複素数の漸化式が表す構造です。
✗ 誤：$\alpha = e^{2\pi i/3}$ で正三角形 → 頂点の順番は反時計回りと決めつける
○ 正：$\arg\alpha > 0$ なら反時計回り、$\arg\alpha < 0$ なら時計回り。$\alpha = e^{-2\pi i/3}$ でも正三角形だが頂点の巡り方が逆
回転方向は $\arg\alpha$ の符号で決まります。問題で「反時計回り」などの指定があるときは注意しましょう。
複素数の漸化式に関する入試レベルの問題に取り組みます。不動点の計算、収束判定、図形の特定を確認しましょう。
$z_{n+1} = (1+i)z_n - i$, $z_0 = 1$ とする。$z_n$ の一般項を求めよ。
不動点 $\gamma$ は $\gamma = (1+i)\gamma - i$ より $-i\gamma = -i$、すなわち $\gamma = 1$。
$z_{n+1} - 1 = (1+i)(z_n - 1)$ より $z_n - 1 = (1+i)^n(z_0 - 1) = 0$。
$z_0 - 1 = 0$ なので、$z_n = 1$（全ての $n$ で不動点に一致）。
初期値がちょうど不動点と一致する場合、列は動きません。入試では「$z_0 = \gamma$ のとき $z_n$ はどうなるか」を問う問題もあります。
$z_{n+1} = e^{i\pi/3}z_n + 1 - e^{i\pi/3}$, $z_0 = 2$ とする。
(1) $z_n$ の一般項を求めよ。
(2) $z_0, z_1, \ldots, z_5$ は正六角形の頂点をなすことを示せ。
(1) $\alpha = e^{i\pi/3}$, $\beta = 1 - e^{i\pi/3}$。
不動点 $\gamma = \dfrac{\beta}{1-\alpha} = \dfrac{1 - e^{i\pi/3}}{1 - e^{i\pi/3}} = 1$
$z_n - 1 = (e^{i\pi/3})^n(z_0 - 1) = e^{in\pi/3}$
$$z_n = 1 + e^{in\pi/3}$$
(2) $|z_n - 1| = |e^{in\pi/3}| = 1$ より、全ての $z_n$ は中心 $1$、半径 $1$ の円上にある。
$\arg(z_n - 1) = \dfrac{n\pi}{3}$ より、隣接する2点のなす角は $\dfrac{\pi}{3} = 60°$ で一定。
$z_6 - 1 = e^{2\pi i} = 1 = z_0 - 1$ より $z_6 = z_0$。
よって $z_0, z_1, \ldots, z_5$ は中心 $1$ の正六角形の頂点をなす。
$z_{n+1} = \dfrac{1+i}{2}z_n + 1$, $z_0 = 0$ とする。
(1) $z_n$ の一般項を求めよ。
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} z_n$ を求めよ。
(1) $\alpha = \dfrac{1+i}{2}$, $\beta = 1$。
不動点 $\gamma = \dfrac{1}{1 - \frac{1+i}{2}} = \dfrac{1}{\frac{1-i}{2}} = \dfrac{2}{1-i} = \dfrac{2(1+i)}{2} = 1+i$
$z_n - (1+i) = \left(\dfrac{1+i}{2}\right)^n(0 - (1+i)) = -(1+i)\left(\dfrac{1+i}{2}\right)^n$
$$z_n = (1+i)\left[1 - \left(\frac{1+i}{2}\right)^n\right]$$
(2) $\left|\dfrac{1+i}{2}\right| = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} < 1$ なので $\left(\dfrac{1+i}{2}\right)^n \to 0$。
$$\lim_{n \to \infty} z_n = 1 + i$$
$z_{n+1} = \dfrac{1}{2}e^{i\pi/4}\, z_n$, $z_0 = 4$ とする。
(1) $z_n$ を求めよ。
(2) $S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} z_k$ を求め、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n$ が存在することを示せ。
(1) $\alpha = \dfrac{1}{2}e^{i\pi/4}$, $\beta = 0$。不動点は $\gamma = 0$（原点）。
$$z_n = \alpha^n z_0 = 4 \cdot \frac{1}{2^n} e^{in\pi/4} = \frac{4}{2^n} e^{in\pi/4}$$
(2) $S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} z_k = 4\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{e^{i\pi/4}}{2}\right)^k = 4 \cdot \frac{1 - \left(\frac{e^{i\pi/4}}{2}\right)^{n+1}}{1 - \frac{e^{i\pi/4}}{2}}$
$\left|\dfrac{e^{i\pi/4}}{2}\right| = \dfrac{1}{2} < 1$ より $\left(\dfrac{e^{i\pi/4}}{2}\right)^{n+1} \to 0$
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{4}{1 - \frac{e^{i\pi/4}}{2}} = \frac{8}{2 - e^{i\pi/4}} = \frac{8}{2 - \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i}$$
分母 $= \dfrac{4 - \sqrt{2} - \sqrt{2}i}{2}$ なので $\lim S_n = \dfrac{16}{4 - \sqrt{2} - \sqrt{2}i}$
分母を有理化（共役 $4 - \sqrt{2} + \sqrt{2}i$ を掛ける）して整理すると求まる。$|S_n|$ が有限に収束するので極限は存在する。
複素数の等比級数 $\sum \alpha^k$ は $|\alpha| < 1$ のとき $\dfrac{1}{1-\alpha}$ に収束します。実数の等比級数の公式がそのまま複素数に拡張できることがポイントです。
Q1. $z_{n+1} = 2z_n + 3$ の不動点 $\gamma$ は？
Q2. $z_{n+1} = iz_n$ のとき、$z_n$ の周期は？
Q3. $\alpha = \dfrac{1+i}{2}$ のとき $|\alpha|$ は？$z_n$ は収束するか？
Q4. $\alpha = e^{2\pi i/5}$ のとき、$z_0, z_1, \ldots$ は何角形の頂点を巡るか？
Q5. 漸化式 $z_{n+1} = z_n + 2i$ の一般項は？