山口大学/2022年度/前期

3山口大学 2022年 数学 第3問解答・解説

図形と計量図形と方程式図形の性質数列極限

1問題

山口大学2022年度第3問
xyxy 平面上の原点を OO とし、2点 P1(1,0),Q1(1,3)P_{1}(1,0),Q_{1}(1,\sqrt{3}) をとる。自然数 nn に対して、xx 座標が OPnOP_{n} の長さを 32\frac{3}{2} 倍して (12)n\left(\frac{1}{2}\right)^{n} を加えた値となる xx 軸上の点を Pn+1P_{n+1} とおく。PnP_{n} を通り直線 OQ1OQ_{1} と平行な直線と、Pn+1P_{n+1} を通り xx 軸に垂直な直線との交点を Qn+1Q_{n+1} とする。△Qn+1PnPn+1\triangle Q_{n+1}P_{n}P_{n+1} を TnT_{n} とおく。次の問いに答えなさい。

(1) P2P_{2} および P4P_{4} の xx 座標の値を求めなさい。

(2) PnP_{n} の xx 座標の値を αn\alpha_{n} とするとき、αn\alpha_{n} を nn を用いて表しなさい。

(3) ∠P1OQ1\angle P_{1}OQ_{1} の二等分線を ll とする。自然数 nn に対して、TnT_{n} の辺 PnQn+1P_{n}Q_{n+1} と ll の交点の座標を求めなさい。

(4) 自然数 nn に対して、TnT_{n} から ll によって切り取られる三角形の面積を sns_{n} としたとき、無限級数 ∑n=1∞sn\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}s_{n} の和を求めなさい。

まずは自分で解いてみましょう。解けたら、または詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2解答

解答を見る途中式つきの解答

解答

(1) Pn=(αn,0)P_n=(\alpha_n,0) とおく。α1=1\alpha_1=1 であり、帰納的に αn>0\alpha_n>0 だから OPn=αnOP_n=\alpha_n である。よって
αn+1=32αn+(12)n. \alpha_{n+1}=\frac32\alpha_n+\left(\frac12\right)^n.
α2=32+12=2,α3=32⋅2+14=134,α4=32⋅134+18=5. \alpha_2=\frac32+\frac12=2,\quad \alpha_3=\frac32\cdot2+\frac14=\frac{13}{4},\quad \alpha_4=\frac32\cdot\frac{13}{4}+\frac18=5.
したがって、求める座標は P2P_2 の xx 座標が 22、P4P_4 の xx 座標が 55 である。

(2) n=1n=1 では
(32)1−(12)1=1=α1 \left(\frac32\right)^1-\left(\frac12\right)^1=1=\alpha_1
である。αn=(32)n−(12)n\alpha_n=\left(\frac32\right)^n-\left(\frac12\right)^n と仮定すると、
αn+1=32{(32)n−(12)n}+(12)n=(32)n+1−(12)n+1. \begin{aligned} \alpha_{n+1} &=\frac32\left\{\left(\frac32\right)^n-\left(\frac12\right)^n\right\}+\left(\frac12\right)^n\\ &=\left(\frac32\right)^{n+1}-\left(\frac12\right)^{n+1}. \end{aligned}
よって数学的帰納法により、
αn=(32)n−(12)n(n≧1). \alpha_n=\left(\frac32\right)^n-\left(\frac12\right)^n\quad(n\geqq1).

(3) OQ1OQ_1 の傾きは 3\sqrt3 であるから、∠P1OQ1=60∘\angle P_1OQ_1=60^\circ であり、その二等分線 ℓ\ell は
y=tan⁡30∘x=x3 y=\tan30^\circ x=\frac{x}{\sqrt3}
である。 PnQn+1 \,P_nQ_{n+1}\, は OQ1OQ_1 に平行で、Pn=(αn,0)P_n=(\alpha_n,0) を通るので、その方程式は y=3(x−αn)y=\sqrt3(x-\alpha_n) である。交点を (x,y)(x,y) とすると
x3=3(x−αn),x=3αn2,y=3αn2. \frac{x}{\sqrt3}=\sqrt3(x-\alpha_n),\quad x=\frac{3\alpha_n}{2},\quad y=\frac{\sqrt3\alpha_n}{2}.
また αn+1=32αn+2−n\alpha_{n+1}=\frac32\alpha_n+2^{-n} より
αn<32αn<αn+1 \alpha_n<\frac32\alpha_n<\alpha_{n+1}
である。したがってこれは辺 PnQn+1P_nQ_{n+1} 上の交点であり、座標は
(3αn2,3αn2) \left(\frac{3\alpha_n}{2},\frac{\sqrt3\alpha_n}{2}\right)
である。

(4) 辺 PnQn+1P_nQ_{n+1} と直線 ℓ\ell の交点を XnX_n、辺 Pn+1Qn+1P_{n+1}Q_{n+1} と直線 ℓ\ell の交点を YnY_n とする。
b=αn+1,d=b−32αn=2−n b=\alpha_{n+1},\quad d=b-\frac32\alpha_n=2^{-n}
とおく。 Qn+1 \,Q_{n+1}\, の座標は (b,3(b−αn))\bigl(b,\sqrt3(b-\alpha_n)\bigr) であり、Yn=(b,b/3)Y_n=(b,b/\sqrt3) である。
∣Qn+1Yn∣=3(b−αn)−b3=2b−3αn3=2d3>0,b−xXn=b−32αn=d. |Q_{n+1}Y_n|=\sqrt3(b-\alpha_n)-\frac{b}{\sqrt3}=\frac{2b-3\alpha_n}{\sqrt3}=\frac{2d}{\sqrt3}>0, \quad b-x_{X_n}=b-\frac32\alpha_n=d.
ゆえに、ℓ\ell が TnT_n から切り取る頂点 Qn+1Q_{n+1} 側の三角形の面積は
sn=12⋅2d3⋅d=d23=13 4n. s_n=\frac12\cdot\frac{2d}{\sqrt3}\cdot d=\frac{d^2}{\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3\,4^n}.
したがって
∑n=1∞sn=13∑n=1∞(14)n=13⋅1/41−1/4=133=39. \sum_{n=1}^{\infty}s_n=\frac1{\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac14\right)^n=\frac1{\sqrt3}\cdot\frac{1/4}{1-1/4}=\frac1{3\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{9}.

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 三角比と相互関係
  • 直線の方程式
  • 角の二等分線の性質
  • 漸化式
  • 等比数列の一般項と和
  • 無限等比級数

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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