この問題のポイント
(n-1)回目の図形にある直線をどのように伸縮して回転させるとn回目の図形にある直線に重なるかを考える！
（１）$△P_1Q_1R_1$と$△P_2Q_2R_2$はともに正三角形ですから、$∠R_1P_1Q_1$も$∠R_2P_2Q_2$もともに60°です。よって、問題文で与えられた図を見ると、直線$R_1R_2$と$P_1Q_1$は錯角が等しいということになるので、$R_1R_2$と$P_1Q_1$は平行です。
そして、\( \displaystyle R_1R_2 = \frac{1}{2}P_1Q_1 \)より、\( \displaystyle R_1R_2 = \frac{1}{2} \)
\( \displaystyle ∴z_2 = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{1}{2} \)
\( \displaystyle = 1+\frac{\sqrt{3}}{2}i \)
次に$R_3$を表す$z_3$を考えます。問題文で与えられた図から考えて、$P_2R_2$の長さを半分にして、$R_2$を中心に120°（\( \displaystyle \frac{2}{3}π \)）回転させると$R_1$は$R_3$に重なります。
\( \displaystyle ∴z_3-z_2 = \frac{1}{2}\left(\cos{\frac{2}{3}π}+i\sin{\frac{2}{3}π}\right)(R_1-z_2) \)
\( \displaystyle z_3-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left\{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right\} \)
\( \displaystyle z_3-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \\ \displaystyle = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left\{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right\} \)
\( \displaystyle z_3-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = \left(-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i\right)・\left(\frac{1}{2}\right) \)
\( \displaystyle z_3-\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \\ \displaystyle = \left(-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i\right)・\left(\frac{1}{2}\right) \)
\( \displaystyle z_3 = \frac{1}{8}-\frac{\sqrt{3}}{8}i+1+\frac{\sqrt{3}}{2}i \)
\( \displaystyle z_3 = \frac{9}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}i \)
（２）さっきの（１）の$z_3$を求めたときの考え方を使えば、$z_4$以降について考えることができるでしょう。つまり、$P_{n-1}R_{n-1}$の長さを半分にして、$R_{n-1}$を中心に\( \displaystyle \frac{2}{3}π \)回転させると$R_{n-2}$は$R_n$に重なるわけです。
よって、
\( \displaystyle z_n-z_{n-1} = \frac{1}{2}\left(\cos{\frac{2}{3}π}+i\sin{\frac{2}{3}π}\right)(z_{n-2}-z_{n-1}) \)
\( \displaystyle \small{z_n-z_{n-1} = \frac{1}{2}\left(\cos{\frac{2}{3}π}+i\sin{\frac{2}{3}π}\right)(z_{n-2}-z_{n-1})} \)
とおけます。
ここで、\( \displaystyle \frac{1}{2}\left(\cos{\frac{2}{3}π}+i\sin{\frac{2}{3}π}\right) \)
\( \displaystyle = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i = A \)とおくと、次のように変形できますね？
\( z_n-z_{n-1} = A(z_{n-2}-z_{n-1}) \)
\( z_n-z_{n-1} = -A(z_{n-1}-z_{n-2}) \)
\( a_{n+1} = Xa_n \)という形の漸化式は等比数列をあらわしていますから、数列\( \{z_n-z_{n-1}\} \)は、
初項が\( \displaystyle z_2-z_1 = 1+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = \frac{1}{2} \)
公比が$-A$の等比数列です。
これより、\( \displaystyle z_n-z_{n-1} = \frac{1}{2}(-A)^{n-1} \)とできますが、これは\( a_{n+1}-a_n = 数式 \)という階差数列をあらわしている漸化式の形です。よって、$n≧2$のとき、
\begin{eqnarray} &&\small{z_n}\\ &&\small{= z_1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2}(-A)^{n-1}}\\ &&\small{= z_1+\frac{1}{2}・\frac{\{1-(-A)^{n-1}\}}{1-(-A)}}\\ &&\small{= \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{1}{2}・\frac{1}{1+A}\{1-(-A)^{n-1}\}}\\ \end{eqnarray}
$1+A$は\( \displaystyle 1-\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i = \frac{3+\sqrt{3}i}{4} \)なので、
\begin{eqnarray} &&\small{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{1}{2}・\frac{4}{3+\sqrt{3}i}\{1-(-A)^{n-1}\}}\\ &&\small{= \frac{1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{2}{3+\sqrt{3}i}\{1-(-A)^{n-1}\}}\\ &&\small{= \frac{1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{3-\sqrt{3}i}{6}\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^{n-1}\right\}}\\ &&\small{= \frac{1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{3-\sqrt{3}i}{6}-\frac{3-\sqrt{3}i}{6}\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^{n-1}}\\ &&\small{= \frac{3+3\sqrt{3}i+3-\sqrt{3}i}{6}-\frac{3-\sqrt{3}i}{6}\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^{n-1}}\\ &&\small{= \frac{6+2\sqrt{3}i}{6}-\frac{3-\sqrt{3}i}{6}・\frac{4}{1-\sqrt{3}i}・\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n}\\ &&\small{= \frac{6+2\sqrt{3}i}{6}-\frac{3-\sqrt{3}i}{6}・(1+\sqrt{3}i)・\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n}\\ &&\small{= \frac{6+2\sqrt{3}i}{6}-\frac{3+3\sqrt{3}i-\sqrt{3}i+3}{6}・\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n}\\ &&\small{= \frac{6+2\sqrt{3}i}{6}-\frac{6+2\sqrt{3}i}{6}・\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n}\\ &&\small{= \frac{6+2\sqrt{3}i}{6}\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n\right\}}\\ &&\small{= \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n\right\}}\\ \end{eqnarray}
これが$z_n$の式となり、そして、これは$n = 1$のときも、
\( \displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)\right\} \)
\( \displaystyle = \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left(\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i\right) \)
\( \displaystyle = \frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}i+\frac{\sqrt{3}}{4}i-\frac{1}{4} \)
\( \displaystyle = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i \)
となるので成立します。
\( \displaystyle ∴z_n = \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n\right\} \)
（３）\( \displaystyle z_{3n} = \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^{3n}\right\} \)です。ここで、\( \displaystyle \left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^{3n} \)を計算すると、
\( \displaystyle \left[\frac{1}{2}\left\{\cos{\left(-\frac{π}{3}\right)}+i\sin{\left(-\frac{π}{3}\right)}\right\}\right]^{3n} \)
\( \displaystyle = \frac{1}{2^{3n}}\left\{\cos{(-nπ)}+i\sin{(-nπ)}\right\} \)
\( \displaystyle = \frac{1}{8^n}・\cos{(-nπ)} \)
\( \displaystyle = \left(-\frac{1}{8}\right)^n \)となるので、
よって、$z_{3n}$は、
\( \displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(-\frac{1}{8}\right)^n\right\} \)
\( \displaystyle = 1-\left(-\frac{1}{8}\right)^n+\left\{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}・\left(-\frac{1}{8}\right)^n\right\}i \)
よって、
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 1-\left(-\frac{1}{8}\right)^n \)
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = \frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}・\left(-\frac{1}{8}\right)^n \)
\(\displaystyle = \frac{\sqrt{3}}{3}\left\{1-\left(-\frac{1}{8}\right)^n\right\} \)
\(\displaystyle ∴\lim_{n \to \infty} a_n = 1 \)，\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = \frac{\sqrt{3}}{3} \)
答え．
（１）\( \displaystyle z_2 = 1+\frac{\sqrt{3}}{2}i \)，\( \displaystyle z_3 = \frac{9}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}i \)
（２）\( \displaystyle z_n = \left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}i\right)\left\{1-\left(\frac{1-\sqrt{3}i}{4}\right)^n\right\} \)
（３）\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 1 \)，\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = \frac{\sqrt{3}}{3} \)