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数学3 極限問題 45 解説

方針・初手

(1) 円に内接する正 $n$ 角形の $1$ 辺の長さを求め、周の長さ $f(n)$ を立式する。その後、三角関数の半角の公式を用いて $Y$ を $X$ で表す。
(2) (1)で得た漸化式を用いて、$A_1, A_2, A_3, A_4$ を順に計算し、規則性を見つける。
(3) 極限の基本公式 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ を用いて正多角形の周の極限を計算し、与式を導く。

解法1

(1)

半径 $1$ の円に内接する正 $n$ 角形は、中心角が $\frac{2\pi}{n}$、等しい $2$ 辺の長さが $1$ の二等辺三角形 $n$ 個に分割できる。この二等辺三角形の底辺の長さ、すなわち正 $n$ 角形の $1$ 辺の長さ $l$ は、

$$l = 2 \cdot 1 \cdot \sin\frac{\pi}{n} = 2 \sin\frac{\pi}{n}$$

と表せる。よって、正 $n$ 角形の周の長さ $f(n)$ は、

$$f(n) = n l = 2n \sin\frac{\pi}{n}$$

となる。これより、$X$ と $Y$ はそれぞれ以下のようになる。

$$X = \frac{f(n)}{n} = 2 \sin\frac{\pi}{n}$$

$$Y = \frac{f(2n)}{2n} = 2 \sin\frac{\pi}{2n}$$

半角の公式より、$\sin^2\frac{\pi}{2n} = \frac{1 - \cos\frac{\pi}{n}}{2}$ であるから、

$$Y^2 = 4 \sin^2\frac{\pi}{2n} = 2 \left( 1 - \cos\frac{\pi}{n} \right)$$

となる。ここで、$n \geqq 3$ のとき $0 < \frac{\pi}{n} < \frac{\pi}{2}$ であるため、$\cos\frac{\pi}{n} > 0$ である。 $\sin^2\frac{\pi}{n} + \cos^2\frac{\pi}{n} = 1$ より、

$$\cos\frac{\pi}{n} = \sqrt{1 - \sin^2\frac{\pi}{n}} = \sqrt{1 - \left( \frac{X}{2} \right)^2} = \sqrt{1 - \frac{X^2}{4}}$$

これを $Y^2$ の式に代入する。

$$Y^2 = 2 \left( 1 - \sqrt{1 - \frac{X^2}{4}} \right) = 2 - \sqrt{4 - X^2}$$

$Y = 2 \sin\frac{\pi}{2n} > 0$ であるから、

$$Y = \sqrt{2 - \sqrt{4 - X^2}}$$

(2)

定義より $A_1 = \frac{f(4)}{4} = 2 \sin\frac{\pi}{4} = \sqrt{2}$ である。また、(1)の $X$ と $Y$ の関係は、$X = A_n$, $Y = A_{n+1}$ の関係に相当する。したがって、次の漸化式が成り立つ。

$$A_{n+1} = \sqrt{2 - \sqrt{4 - A_n^2}}$$

これを用いて $A_2, A_3, A_4$ を順に計算する。

$$A_2 = \sqrt{2 - \sqrt{4 - (\sqrt{2})^2}} = \sqrt{2 - \sqrt{2}}$$

$$A_3 = \sqrt{2 - \sqrt{4 - \left(\sqrt{2 - \sqrt{2}}\right)^2}} = \sqrt{2 - \sqrt{4 - (2 - \sqrt{2})}} = \sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2}}}$$

$$A_4 = \sqrt{2 - \sqrt{4 - \left(\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2}}}\right)^2}} = \sqrt{2 - \sqrt{4 - (2 - \sqrt{2 + \sqrt{2}})}} = \sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}}}$$

計算結果から、$A_n$ はルートの中に $2$ が $n$ 個現れ、最初の記号がマイナス、それ以降がプラスになる形であると予想できる。したがって、$A_n$ の一般形は以下のようになる。

$$A_n = \underbrace{\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots + \sqrt{2}}}}}_{2 \text{が} n \text{個}}$$

(3)

$A_n = \frac{f(2^{n+1})}{2^{n+1}}$ より、$f(2^{n+1}) = 2^{n+1} A_n$ である。ここで、正 $m$ 角形の周の長さ $f(m) = 2m \sin\frac{\pi}{m}$ について、$m \to \infty$ のときの極限を考える。 $t = \frac{\pi}{m}$ とおくと、$m \to \infty$ のとき $t \to +0$ である。

$$\lim_{m \to \infty} f(m) = \lim_{m \to \infty} 2m \sin\frac{\pi}{m} = \lim_{t \to +0} 2 \cdot \frac{\pi}{t} \sin t = \lim_{t \to +0} 2\pi \frac{\sin t}{t} = 2\pi$$

$m = 2^{n+1}$ とすると、$n \to \infty$ のとき $m \to \infty$ であるから、

$$\lim_{n \to \infty} f(2^{n+1}) = 2\pi$$

が成り立つ。これは、半径 $1$ の円に内接する正多角形の周の長さが、頂点数を無限大にしたとき円周 $2\pi$ に収束することを示している。したがって、

$$\lim_{n \to \infty} 2^{n+1} A_n = 2\pi$$

両辺を $2$ で割ると、

$$\lim_{n \to \infty} 2^n A_n = \pi$$

(2)で求めた $A_n$ の一般形を代入すると、以下の式が証明される。

$$\pi = \lim_{n \to \infty} 2^n \underbrace{\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots + \sqrt{2}}}}}_{2 \text{が} n \text{個}}$$

解説

正多角形の周の長さを三角関数で表し、その極限が円周の長さに一致することを利用して円周率の公式を導く問題である。(1)の漸化式は半角の公式そのものであり、(2)でそれを繰り返し適用することで美しい規則性が現れる。 (3)における極限の計算は、図形的な意味（円周への収束）から $2\pi$ としても直感的に理解できるが、数式上は $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ に帰着させて厳密に示すのがよい。