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問題アーカイブ01
問題アーカイブ01周の長さが \(b\) の \(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm R}_1\) がある。\(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm R}_1\) の各辺の中点を頂点として \(\triangle {\rm P}_2{\rm Q}_2{\rm R}_2\) を作り、次に \(\triangle {\rm P}_2{\rm Q}_2{\rm R}_2\) の各辺の中点を頂点として \(\triangle {\rm P}_3{\rm Q}_3{\rm R}_3\) を作る。以下、同様にして作られる次の三角形の周の長さの総和 \(l\) を求めよ。
\(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm R}_1~,~\)\(\triangle {\rm P}_2{\rm Q}_2{\rm R}_2~,~\)\(\triangle {\rm P}_3{\rm Q}_3{\rm R}_3~,~\)\(\cdots~,~\triangle {\rm P}_n{\rm Q}_n{\rm R}_n~,~\cdots\)
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数研出版｜数学Ⅲ[708] p.43 練習17
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\(\triangle {\rm P}_n{\rm Q}_n{\rm R}_n\) の周の長さを \(l_n\) として、\(n=1~,~2~,~3\) のときを順に調べると、
\(n=1\) のとき、周の長さは \(b\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_1&=&b\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、中点連結定理より各辺の長さは \(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm R}_1\) の各辺の長さの半分であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot b\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、中点連結定理より各辺の長さは \(\triangle {\rm P}_2{\rm Q}_2{\rm R}_2\) の各辺の長さの半分であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う三角形は相似で、各辺の長さは半分になるので、相似比は \(1:2\) であるから、周の長さの比も \(1:2\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}l_n\end{eqnarray}\)
\(l_1=b\) より、数列 \(\{l_n\}\) は初項 \(b\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、周の長さの総和 \(l\) は初項 \(b\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(l=b+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,4\,}+\cdots\)
公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~l&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2b\,}{\,2-1\,}
\\[5pt]~~~&=&2b\end{eqnarray}\)
したがって、周の長さの総和 \(l\) は \(2b\) となる
\(n=1\) のとき、周の長さは \(b\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_1&=&b\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、中点連結定理より各辺の長さは \(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm R}_1\) の各辺の長さの半分であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot b\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、中点連結定理より各辺の長さは \(\triangle {\rm P}_2{\rm Q}_2{\rm R}_2\) の各辺の長さの半分であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う三角形は相似で、各辺の長さは半分になるので、相似比は \(1:2\) であるから、周の長さの比も \(1:2\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}l_n\end{eqnarray}\)
\(l_1=b\) より、数列 \(\{l_n\}\) は初項 \(b\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、周の長さの総和 \(l\) は初項 \(b\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(l=b+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,4\,}+\cdots\)
公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~l&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,b \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2b\,}{\,2-1\,}
\\[5pt]~~~&=&2b\end{eqnarray}\)
したがって、周の長さの総和 \(l\) は \(2b\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02面積 \(a\) の \(\triangle {\rm ABC}\) がある。その各辺の中点を結んで \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) を作り、次に \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) の各辺の中点を結んで \(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2\) を作る。このようにして無数の三角形 \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1~,~\)\(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2~,~\)\(\triangle {\rm A}_3{\rm B}_3{\rm C}_3~,~\)\(\cdots~,~\)\(\triangle {\rm A}_n{\rm B}_n{\rm C}_n~,~\)\(\cdots\) を作るとき、これらの面積の和 \(S\) を求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅲ[709] p.43 問題 5
数研出版｜新編数学Ⅲ[710] p.66 章末問題A 3
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\(\triangle {\rm A}_n{\rm B}_n{\rm C}_n\) の面積を \(S_n\) として、\(n=1~,~2~,~3\) のときを順に調べると、
\(n=1\) のとき、中点連結定理より \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) と \(\triangle {\rm ABC}\) は相似で、相似比は \(1:2\) であるから、面積比は \(1^2:2^2\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_1&=&\displaystyle \frac{\,1^2\,}{\,2^2\,} \cdot a\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、同様に \(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2\) の面積は \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) の面積の \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、同様に \(\triangle {\rm A}_3{\rm B}_3{\rm C}_3\) の面積は \(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2\) の面積の \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,64\,}\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う三角形は相似で、各辺の長さは半分になるので、相似比は \(1:2\) であるから、面積比は \(1^2:2^2\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,1^2\,}{\,2^2\,}S_n\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}S_n\end{eqnarray}\)
\(S_1=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) より、数列 \(\{S_n\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) の無限等比数列である
よって、面積の和 \(S\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(S=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,64\,}+\cdots\)
公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,} \cdot 4\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right) \cdot 4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4-1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、面積の和 \(S\) は \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,3\,}\) となる
\(n=1\) のとき、中点連結定理より \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) と \(\triangle {\rm ABC}\) は相似で、相似比は \(1:2\) であるから、面積比は \(1^2:2^2\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_1&=&\displaystyle \frac{\,1^2\,}{\,2^2\,} \cdot a\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、同様に \(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2\) の面積は \(\triangle {\rm A}_1{\rm B}_1{\rm C}_1\) の面積の \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、同様に \(\triangle {\rm A}_3{\rm B}_3{\rm C}_3\) の面積は \(\triangle {\rm A}_2{\rm B}_2{\rm C}_2\) の面積の \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,64\,}\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う三角形は相似で、各辺の長さは半分になるので、相似比は \(1:2\) であるから、面積比は \(1^2:2^2\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~S_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,1^2\,}{\,2^2\,}S_n\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}S_n\end{eqnarray}\)
\(S_1=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) より、数列 \(\{S_n\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) の無限等比数列である
よって、面積の和 \(S\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(S=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,16\,}+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,64\,}+\cdots\)
公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,}\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4\,} \cdot 4\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right) \cdot 4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,4-1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、面積の和 \(S\) は \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,3\,}\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03\(\angle {\rm A}=30°~,~\)\(\angle {\rm B}=90°~,~\)\({\rm AB}=a\) の直角三角形 \({\rm ABC}\) がある。この三角形の内部に次の図のように正方形 \(S_1~,~\)\(S_2~,~\)\(S_3~,~\)\(\cdots\) が限りなく並んでいる。これらの正方形の面積の総和を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅲ[701] p.36 問12
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正方形 \(S_n\) の \(1\) 辺の長さを \(x_n\) として、\(n=1~,~2~,~3\) のときを順に調べると、
\(n=1\) のとき、正方形 \(S_1\) の左側にできる直角三角形は、\(30°~,~60°~,~90°\) の直角三角形で、底辺 \(a-x_1\) と高さ \(x_1\) の比が \(\sqrt{3}:1\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~a-x_1&=&\sqrt{3}x_1
\\[5pt]~~~(\sqrt{3}+1)x_1&=&a
\\[5pt]~~~x_1&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sqrt{3}+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,3-1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、正方形 \(S_2\) の左側にできる直角三角形も同様で、底辺 \(\sqrt{3}x_1-x_2\) と高さ \(x_2\) の比が \(\sqrt{3}:1\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\sqrt{3}x_1-x_2&=&\sqrt{3}x_2
\\[5pt]~~~(\sqrt{3}+1)x_2&=&\sqrt{3}x_1
\\[5pt]~~~x_2&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,\sqrt{3}+1\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)\,}{\,(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,3-1\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}x_1\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、正方形 \(S_3\) の左側にできる直角三角形も同様であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~x_3&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}x_2\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う正方形は、\(1\) 辺の長さが \(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) 倍になるので、面積は \(\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right)^2\) 倍となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{x_{n+1}}^2&=&\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right)^2{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9-6\sqrt{3}+3\,}{\,4\,}{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,12-6\sqrt{3}\,}{\,4\,}{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}{x_n}^2\end{eqnarray}\)
また、正方形 \(S_1\) の面積は、
\(\begin{eqnarray}~~~{x_1}^2&=&\left\{\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,2\,}\right\}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(3-2\sqrt{3}+1)a^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(4-2\sqrt{3})a^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、数列 \(\{{x_n}^2\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、正方形の面積の総和を \(T\) とすると、\(T\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(T={x_1}^2+{x_2}^2+{x_3}^2+\cdots\)
\(3\sqrt{3}=\sqrt{\,27\,}\) より \(5\lt 3\sqrt{3}\lt 6\) なので、\(0\lt 6-3\sqrt{3}\lt 1\) となり、公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
したがって、正方形の面積の総和は \(\displaystyle \frac{\,(2\sqrt{3}-1)a^2\,}{\,11\,}\) となる
\(n=1\) のとき、正方形 \(S_1\) の左側にできる直角三角形は、\(30°~,~60°~,~90°\) の直角三角形で、底辺 \(a-x_1\) と高さ \(x_1\) の比が \(\sqrt{3}:1\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~a-x_1&=&\sqrt{3}x_1
\\[5pt]~~~(\sqrt{3}+1)x_1&=&a
\\[5pt]~~~x_1&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sqrt{3}+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,3-1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、正方形 \(S_2\) の左側にできる直角三角形も同様で、底辺 \(\sqrt{3}x_1-x_2\) と高さ \(x_2\) の比が \(\sqrt{3}:1\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\sqrt{3}x_1-x_2&=&\sqrt{3}x_2
\\[5pt]~~~(\sqrt{3}+1)x_2&=&\sqrt{3}x_1
\\[5pt]~~~x_2&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,\sqrt{3}+1\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)\,}{\,(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,3-1\,}x_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}x_1\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、正方形 \(S_3\) の左側にできる直角三角形も同様であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~x_3&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}x_2\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う正方形は、\(1\) 辺の長さが \(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) 倍になるので、面積は \(\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right)^2\) 倍となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{x_{n+1}}^2&=&\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right)^2{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9-6\sqrt{3}+3\,}{\,4\,}{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,12-6\sqrt{3}\,}{\,4\,}{x_n}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}{x_n}^2\end{eqnarray}\)
また、正方形 \(S_1\) の面積は、
\(\begin{eqnarray}~~~{x_1}^2&=&\left\{\displaystyle \frac{\,(\sqrt{3}-1)a\,}{\,2\,}\right\}^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(3-2\sqrt{3}+1)a^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(4-2\sqrt{3})a^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、数列 \(\{{x_n}^2\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、正方形の面積の総和を \(T\) とすると、\(T\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(T={x_1}^2+{x_2}^2+{x_3}^2+\cdots\)
\(3\sqrt{3}=\sqrt{\,27\,}\) より \(5\lt 3\sqrt{3}\lt 6\) なので、\(0\lt 6-3\sqrt{3}\lt 1\) となり、公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~T&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,}\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,} \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2-(6-3\sqrt{3})\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,3\sqrt{3}-4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})(3\sqrt{3}+4)a^2\,}{\,(3\sqrt{3}-4)(3\sqrt{3}+4)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(6\sqrt{3}+8-9-4\sqrt{3})a^2\,}{\,27-16\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2\sqrt{3}-1)a^2\,}{\,11\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2\,} \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,6-3\sqrt{3}\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,2-(6-3\sqrt{3})\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})a^2\,}{\,3\sqrt{3}-4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{3})(3\sqrt{3}+4)a^2\,}{\,(3\sqrt{3}-4)(3\sqrt{3}+4)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(6\sqrt{3}+8-9-4\sqrt{3})a^2\,}{\,27-16\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2\sqrt{3}-1)a^2\,}{\,11\,}\end{eqnarray}\)
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したがって、正方形の面積の総和は \(\displaystyle \frac{\,(2\sqrt{3}-1)a^2\,}{\,11\,}\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04\({\rm AB}=a~,~\)\(\angle {\rm B}=90°\) の直角二等辺三角形 \({\rm ABC}\) がある。点 \({\rm A}\) を中心とし、辺 \({\rm AB}\) を半径とする円と辺 \({\rm AC}\) との交点を \({\rm P}_1\) とし、扇形 \({\rm ABP}_1\) をつくる。次に、\({\rm P}_1\) から辺 \({\rm BC}\) に垂線 \({\rm P}_1{\rm Q}_1\) を引き、同じようにして、扇形 \({\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm P}_2\) をつくる。このような操作を無限に続けるとき、これらの扇形の弧の長さの総和を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅲ[701] p.40 問題 12
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\(n\) 番目の扇形の半径を \(r_n\) 、弧の長さを \(l_n\) として、\(n=1~,~2~,~3\) のときを順に調べると、
\(n=1\) のとき、扇形 \({\rm ABP}_1\) は半径 \(r_1=a\) 、中心角 \(\angle {\rm BAC}=45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_1&=&2\pi a \cdot \displaystyle \frac{\,45\,}{\,360\,}
\\[5pt]~~~&=&2\pi a \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、\(\triangle {\rm ABC}\) は直角二等辺三角形より \({\rm AC}=\sqrt{2}a\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm P}_1{\rm C}&=&{\rm AC}-{\rm AP}_1
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{2}a-a
\\[3pt]~~~&=&(\sqrt{2}-1)a\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm C}\) も直角二等辺三角形であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~r_2&=&{\rm P}_1{\rm Q}_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm P}_1{\rm C}\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{2}-1)a\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{2})a\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
扇形 \({\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm P}_2\) の中心角は \(\angle {\rm Q}_1{\rm P}_1{\rm C}=45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_2&=&2\pi r_2 \cdot \displaystyle \frac{\,45\,}{\,360\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi r_2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{2})a\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_1\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、同様に半径は \(r_3=\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}r_2\) 、中心角は \(45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_3&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_2\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う扇形は、中心角がすべて \(45°\) で、半径が \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) 倍になるので、弧の長さも \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) 倍となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_n\end{eqnarray}\)
\(l_1=\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) より、数列 \(\{l_n\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、扇形の弧の長さの総和を \(L\) とすると、\(L\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(L=l_1+l_2+l_3+\cdots\)
\(1\lt \sqrt{2}\lt 2\) より \(0\lt 2-\sqrt{2}\lt 1\) なので、公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~L&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,} \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\,}\,}{\,2-(2-\sqrt{2})\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\,}\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\pi a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、扇形の弧の長さの総和は \(\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\pi a\,}{\,4\,}\) となる
\(n=1\) のとき、扇形 \({\rm ABP}_1\) は半径 \(r_1=a\) 、中心角 \(\angle {\rm BAC}=45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_1&=&2\pi a \cdot \displaystyle \frac{\,45\,}{\,360\,}
\\[5pt]~~~&=&2\pi a \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(n=2\) のとき、\(\triangle {\rm ABC}\) は直角二等辺三角形より \({\rm AC}=\sqrt{2}a\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm P}_1{\rm C}&=&{\rm AC}-{\rm AP}_1
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{2}a-a
\\[3pt]~~~&=&(\sqrt{2}-1)a\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm C}\) も直角二等辺三角形であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~r_2&=&{\rm P}_1{\rm Q}_1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm P}_1{\rm C}\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{2}-1)a\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{2})a\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
扇形 \({\rm P}_1{\rm Q}_1{\rm P}_2\) の中心角は \(\angle {\rm Q}_1{\rm P}_1{\rm C}=45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_2&=&2\pi r_2 \cdot \displaystyle \frac{\,45\,}{\,360\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi r_2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,} \cdot \displaystyle \frac{\,(2-\sqrt{2})a\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_1\end{eqnarray}\)
\(n=3\) のとき、同様に半径は \(r_3=\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}r_2\) 、中心角は \(45°\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_3&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_2\end{eqnarray}\)
よって、隣り合う扇形は、中心角がすべて \(45°\) で、半径が \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) 倍になるので、弧の長さも \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) 倍となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~l_{n+1}&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}l_n\end{eqnarray}\)
\(l_1=\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) より、数列 \(\{l_n\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) の無限等比数列である
よって、扇形の弧の長さの総和を \(L\) とすると、\(L\) は初項 \(\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\) 、公比 \(\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\) の無限等比級数で表されるので、
\(L=l_1+l_2+l_3+\cdots\)
\(1\lt \sqrt{2}\lt 2\) より \(0\lt 2-\sqrt{2}\lt 1\) なので、公比について \(\left|\,\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\,\right|\lt 1\) であるから、この無限等比級数は収束するので、
\(\begin{eqnarray}~~~L&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,}\,}{\,1-\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,4\,} \cdot 2\,}{\,\left(1-\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{2}\,}{\,2\,}\right) \cdot 2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\,}\,}{\,2-(2-\sqrt{2})\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\,}\,}{\,\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi a\,}{\,2\sqrt{2}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\pi a\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、扇形の弧の長さの総和は \(\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\pi a\,}{\,4\,}\) となる
