IV慶應義塾大学 2014年 数学 第IV問解答・解説

$s=\sin\theta$、$c=\cos\theta$ とおく。二等辺三角形の対称軸で底辺を二等分すると、直角三角形の斜辺は $1$、底辺の半分は $s$、高さは $c$ である。したがって三角形の面積は $sc$、半周長は $1+s$ なので、内接円の半径は $$\displaystyle R_1(\theta)=\frac{sc}{1+s} =s\sqrt{\frac{1-s}{1+s}}.$$ 後者の等式は $c^2=(1-s)(1+s)$ による。

$\displaystyle 0<\theta<\frac{\pi}{2}$ では $R_1>0$ だから、対数を微分して最大値を調べる。 $$\displaystyle \frac{d}{d\theta}\log R_1 =\cot\theta-\tan\theta-\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta} =-\frac{s^2+s-1}{s c}.$$ $s^2+s-1=0$ の正の解は $\displaystyle s_1=\frac{\sqrt5-1}{2}$ であり、$s^2+s-1$ は $s>0$ で単調増加する。よって導関数はこの値の前で正、後で負となり、ここで最大となる。$0<s_1<1$ なので無限等比級数の和は $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{\infty}\sin^k\theta_1 =\frac{s_1}{1-s_1}=\frac{1+\sqrt5}{2}$$ である。

点 $A$ から対称軸に沿って測った円 $C_n$ の中心までの距離を $d_n$ とする。中心は二つの辺から等距離にあるため、$R_n=d_n s$ である。円 $C_1$ については、中心から底辺までの距離が $c-d_1$ だから $$\displaystyle d_1s=c-d_1,\qquad d_1=\frac{c}{1+s},\qquad R_1=d_1s.$$ $C_{n-1},C_n$ の中心間距離は $d_{n-1}-d_n$ であり、二円は外接するので $$d_{n-1}-d_n=R_{n-1}+R_n=s(d_{n-1}+d_n).$$ したがって $\displaystyle d_n=d_{n-1}\frac{1-s}{1+s}$、同じ比で半径も減る。よって $$\displaystyle R_n=R_1\left(\frac{1-s}{1+s}\right)^{n-1} =s c\,\frac{(1-s)^{n-1}}{(1+s)^n}.$$

この式の対数を微分すると $$\displaystyle \begin{aligned} \frac{d}{d\theta}\log R_n &=\frac{c}{s}-\frac{s}{c} -\frac{(n-1)c}{1-s}-\frac{nc}{1+s}\\ &=-\frac{s^2+(2n-1)s-1}{s c}. \end{aligned}$$ よって $$g_n(x)=x^2+(2n-1)x-1.$$ $x>0$ で $g_n'(x)=2x+2n-1>0$、また $g_n(0)=-1$、$g_n(1)=2n-1>0$ だから、$0<x<1$ にただ一つの零点がある。分母 $s c$ は正であるため、$R_n$ はその零点までは増加し、その後は減少する。したがって最大となる $\theta_n$ は $$\displaystyle \sin\theta_n=\frac{\sqrt{(2n-1)^2+4}-(2n-1)}{2} =\frac{2}{\sqrt{4n^2-4n+5}+2n-1}$$ を満たす。

$s_n=\sin\theta_n$ とおくと、上の有理化した形から $$\displaystyle n s_n=\frac{2}{\sqrt{4-\frac4n+\frac5{n^2}}+2-\frac1n} \longrightarrow\frac12.$$ さらに $\displaystyle q_n=\frac{1-s_n}{1+s_n}=1-u_n$、$\displaystyle u_n=\frac{2s_n}{1+s_n}$ とおけば、$u_n\to0$、$(n-1)u_n\to1$ である。標準極限 $\displaystyle \lim\limits _{u\to0}\frac{\log(1-u)}{u}=-1$ より $$(n-1)\log q_n=(n-1)\log(1-u_n)\longrightarrow-1, \qquad q_n^{n-1}\longrightarrow e^{-1}.$$ 半径の式を $R_n=s_n\cos\theta_n\,q_n^{n-1}/(1+s_n)$ と書けば、$s_n\to0$、$\cos\theta_n\to1$ だから $$\displaystyle nR_n=(ns_n)\frac{\cos\theta_n}{1+s_n}q_n^{n-1} \longrightarrow\frac{1}{2e}.$$ 円 $C_n$ の面積を $S_n=\pi R_n^2$ とすると、結論は $$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}n\sin\theta_n=\frac12, \qquad \lim\limits _{n\to\infty}n^2S_n =\pi\left(\lim\limits _{n\to\infty}nR_n\right)^2 =\frac{\pi}{4e^2}.$$