学力コンテスト 2018年5月号 5番

初めまして．飜車魚です．

宇宙科学研究所というところで大学院生をやっています．
この度，JAXA学生 Advent Calendar 2020という企画にお誘いいただき，記事を書くことになりました．

大学院の研究以外では，大学への数学(東京出版)という大学受験生向けの数学月刊誌で，学力コンテストという問題の添削(学コンマン)とか，解答・解説の作成のアルバイトをやっています．たまに作問もやります．
ここでは，そういった高校数学についての話題で記事を書いてみたいと思います．
毎月，学力コンテストの解答・解説を執筆しているわけですが，基本的には解き方の解説なので，作問するに至った着想であるとか，背景のような雑談の話題はあまり書く機会がないなあと思って，これを機に，ブログを開設してみました．続けばいいなあ．

注意事項ここに掲載する学力コンテストの解答はあくまで私個人が作成するものであり，東京出版とは関係ありません．東京出版編集部の校正を経た公式の解答は，大学への数学本誌や，学力コンテストの返送答案に同封されるプリントでお確かめください．

大学への数学本誌は，東京出版WEBなどから購入できます．

今回の問題
解答
- 答え
解説というか雑談

今回の問題

さて，前置きが長くなりましたが，今回題材にする問題を紹介しましょう．

$\rm O$ を原点とする $xy$ 平面上に，点 $\rm P_0(1,0)$ ， $\rm Q(0,1)$ をとる． $1$ 以上の整数 $n$ に対して，点 ${\rm P}_n$ を， ${\rm P}_{n-1}$ を通る ${\rm OP}_{n-1}$ の垂線と $\angle{\rm P}_{n-1}{\rm OQ}$ の二等分線の交点が ${\rm P}_{n}$ となるように定める． $\angle{\rm P}_{n}{\rm O}{\rm P}_{n+1}=\theta_n$ とする．
(1) 線分 ${\rm OP}_{n}$ の長さを $r_{n}$ とする． $r_n$ を $n$ で表し， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n$ を求めよ．
(2) $\bigtriangleup{\rm OP}_n{\rm P}_{n+1}$ の面積を $S_{n}$ とする． $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\theta_n S_{n}$ を求めよ．

(大学への数学2018年5月号学力コンテスト5番)

私が作って出題した問題です．公式の解答は大学への数学2018年7月号に掲載されています．

点 ${\rm P}_0$ ， ${\rm P}_1$ ， ${\rm P}_2$ ，…は下図のような決まり方になります．

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${r_n}$ の漸化式はすぐ立つと思います．漸化式を解く部分が少しテクニカルかもしれませんが，いろいろ式変形を試せば大丈夫でしょう．

解答

とりあえず，解答をみてみましょう．

(1)
まず， $\theta_{n}=\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+2}}$
以下， $n \lt 0$ についても， $\theta_{n}=\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+2}}$ とおく．

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${\rm OP}_{n}\perp{\rm P}_{n}{\rm P}_{n+1}$ より， $r_{n+1}=\displaystyle\frac{r_n}{\cos\theta_{n}}\cdots$ ①

ここで， $\theta_{n-1}=2\theta_{n}$ から，2倍角の公式を用いて， $\sin\theta_{n-1}=2\sin\theta_{n}\cos\theta_{n}$ ．
$\therefore\displaystyle\frac{1}{\cos\theta_{n}}=\displaystyle\frac{2\sin\theta_{n}}{\sin\theta_{n-1}}$ ．
よって，①は，
$r_{n+1}=\displaystyle\frac{2\sin\theta_{n}}{\sin\theta_{n-1}}r_n\$ ．
$\therefore\displaystyle\frac{r_{n+1}}{2^{n+1}\sin\theta_{n}}=\displaystyle\frac{r_n}{2^n\sin\theta_{n-1}}$

これを繰り返し用いて，
$\displaystyle\frac{r_n}{2^n\sin\theta_{n-1}}=\cdots=\displaystyle\frac{r_0}{2^{0}\sin\theta_{-1}}=\displaystyle\frac{1}{\sin\displaystyle\frac{\pi}{2}}=1$ ．
$\therefore r_n=2^{n}\sin\theta_{n-1} =2^{n}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)$ ．

従って，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n=\lim_{n\to\infty}2^{n}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)$
$\qquad=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\displaystyle\frac{\pi}{2}\cdot\displaystyle\frac{\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)}{\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+1}}}$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi}{2}$

(2)
$r_{n}=2^{n}\sin\theta_{n-1}$ なので，
$\theta_{n}S_{n}=\theta_{n}\cdot\displaystyle\frac{1}{2}r_{n}r_{n+1}\sin\theta_{n}$
$\qquad =\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+2}}\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2^{n}\sin\theta_{n-1} \cdot 2^{n+1}\sin\theta_{n}\cdot \sin\theta_{n}$
$\qquad =2^{n-2} \pi\sin\theta_{n-1} \sin^{2}\theta_{n}$
$\qquad =2^{n-3} \pi\sin\theta_{n-1} \left( 1-\cos\theta_{n-1}\right)$
$\qquad =2^{n-4} \pi\left(2\sin\theta_{n-1}-2\sin\theta_{n-1}\cos\theta_{n-1}\right)$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi}{16}\left(2^{n+1}\sin\theta_{n-1}-2^{n}\sin\theta_{n-2}\right)$
よって， $m$ を整数として，
$\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\theta_{n}S_{n}=\displaystyle\displaystyle\frac{\pi}{16}\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\left(2^{n+1}\sin\theta_{n-1}-2^{n}\sin\theta_{n-2}\right)$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi}{16}\left(2^{m+1}\sin\theta_{m-1}-2^{0}\sin\theta_{-2}\right)$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi}{16}\left\{2^{m+1}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{m+1}}\right)-\sin\pi\right\}$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi}{16}\cdot 2^{m+1}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{m+1}}\right)$

従って，
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\theta_{n}S_{n}=\displaystyle\lim_{m\to\infty}\sum_{n=0}^{m}\theta_{n}S_{n}$
$\qquad=\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{\pi}{16}\cdot 2^{m+1}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{m+1}}\right)$
$\qquad=\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{\pi^{2}}{16}\displaystyle\frac{\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{m+1}}\right)}{\displaystyle\frac{\pi}{2^{m+1}}}$
$\qquad=\displaystyle\frac{\pi^{2}}{16}$

答え

(1) $r_n=2^{n}\sin\left(\displaystyle\frac{\pi}{2^{n+1}}\right)$ ， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n=\displaystyle\frac{\pi}{2}$

(2) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\theta_{n}S_{n}=\displaystyle\frac{\pi^{2}}{16}$

解説というか雑談

最初の着想

これは，ヴィエトの無限積の公式というやつをみていて作った問題です．ヴィエトの無限積の公式というのは，

$\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\cos\left(\displaystyle\frac{x}{2^n}\right)=\displaystyle\frac{\sin x}{x}$

というようなやつです．これは， $\sin$ の2倍角の公式から， $\cos\left(\displaystyle\frac{x}{2^n}\right) = \displaystyle\frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2^{n-1}}\right)}{2\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2^n}\right)}$ が分かるので，
上記の解答と同じように， $n=1,2,3,$ …の式をかけていけば証明できます．当時の解説では，この公式から円周率を近似するやり方を紹介したかもしれません．

これを何か図形的な問題に帰着できないかなとか考えていたらこんな問題になりました．

$n$ が大きくなっていくと ${\rm P}_n$ は $y$ 軸に近づいていきます． ${\rm P}_\infty\left(0,\displaystyle\frac{\pi}{2}\right)$ としておくと， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}r_n=\displaystyle\frac{\pi}{2}$ となることから， $n\to\infty$ のとき ${\rm P}_n$ は ${\rm P}_\infty$ に近づいていくことになります．

ヴィエトの公式からうまいこと図形の問題にできたので，学力コンテストとかに出題してみたいと思っていたのですが，(1)だけだとヴィエトの公式を知っている人はすぐ解けてしまうつまらない問題になってしまうので，この図形から他に何か求められそうなことを探して，(2)を作りました．

(2)を考えたときの着想

まず，(2)で求めるものとして最初に考えたのは，上図の色をつけた部分の面積です．つまり， $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}S_{n}$ です．

上図をみると，面積は収束していそうなので，それを求める問題にしてみようと思っていました．

しかし，実際計算してみると収束値は計算で求められそうにありませんでした．まあ，やはり無限級数が収束値を手計算で求められる形に偶然変形できるなんてことはそうそうあるわけはないということですよね．

ちなみに，Wolfram Alphaで，この面積の近似値を計算してみると，1.388くらいのようです．

ただ，いろいろ式変形を試行錯誤しているなかで，「これ各項の $S_{n}$ を $2^n$ で割れば収束値計算できそう」みたいなことに気づきました．

まあ，そうするともう面積のような図形的意味を持たせることは難しいのですが，各項の $S_{n}$ に $\theta_n$ をかけて， $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\theta_nS_{n}$ を求めるという問題にすると，そんなに見た目も悪くなかったので，これで出題することにしました．