数学3 数列･極限 問題 53 解説

方針・初手

与えられた3点の座標から、$\triangle\text{OAB}$ がどのような図形であるかを把握することが第一歩である。各辺の長さを計算すると、$\triangle\text{OAB}$ は1辺の長さが $2$ の正三角形であることがわかる。この性質を利用し、点 $\text{P}_n$ の位置を表す変数（線分の長さや、ベクトルを定義した際の実数係数）についての漸化式を立てて極限を求める。

解法1

3点 $\text{O}(0, 0)$、$\text{A}(2, 0)$、$\text{B}(1, \sqrt{3})$ について、各辺の長さを求める。

$$\begin{aligned} \text{OA} &= \sqrt{2^2 + 0^2} = 2 \\ \text{OB} &= \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = 2 \\ \text{AB} &= \sqrt{(1-2)^2 + (\sqrt{3}-0)^2} = 2 \end{aligned}$$

したがって、$\triangle\text{OAB}$ は1辺の長さが $2$ の正三角形であり、内角はすべて $60^\circ$ である。

点 $\text{P}_n$ は線分 $\text{AB}$ 上にあるので、$\text{BP}_n = x_n$ とおく。

直角三角形 $\text{P}_n \text{BQ}_n$ に着目すると、$\angle\text{P}_n \text{BQ}_n = 60^\circ$ であるから、

$$\text{BQ}_n = \text{BP}_n \cos 60^\circ = \frac{1}{2} x_n$$

これより、$\text{OQ}_n$ の長さは次のように表される。

$$\text{OQ}_n = \text{OB} - \text{BQ}_n = 2 - \frac{1}{2} x_n$$

次に、直角三角形 $\text{Q}_n \text{OR}_n$ に着目すると、$\angle\text{Q}_n \text{OR}_n = 60^\circ$ であるから、

$$\text{OR}_n = \text{OQ}_n \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \left( 2 - \frac{1}{2} x_n \right) = 1 - \frac{1}{4} x_n$$

これより、$\text{AR}_n$ の長さは次のように表される。

$$\text{AR}_n = \text{OA} - \text{OR}_n = 2 - \left( 1 - \frac{1}{4} x_n \right) = 1 + \frac{1}{4} x_n$$

さらに、直角三角形 $\text{R}_n \text{AP}_{n+1}$ に着目すると、$\angle\text{R}_n \text{AP}_{n+1} = 60^\circ$ であるから、

$$\text{AP}_{n+1} = \text{AR}_n \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{4} x_n \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{8} x_n$$

ゆえに、$x_{n+1}$ の長さは次のように表される。

$$x_{n+1} = \text{BP}_{n+1} = \text{AB} - \text{AP}_{n+1} = 2 - \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{8} x_n \right) = -\frac{1}{8} x_n + \frac{3}{2}$$

この漸化式を変形すると、以下のようになる。

$$x_{n+1} - \frac{4}{3} = -\frac{1}{8} \left( x_n - \frac{4}{3} \right)$$

よって、数列 $\left\{ x_n - \frac{4}{3} \right\}$ は公比 $-\frac{1}{8}$ の等比数列である。

$$x_n - \frac{4}{3} = \left( -\frac{1}{8} \right)^{n-1} \left( x_1 - \frac{4}{3} \right)$$

$n \to \infty$ のとき $\left( -\frac{1}{8} \right)^{n-1} \to 0$ となるため、$x_n \to \frac{4}{3}$ である。

点 $\text{P}_n$ が近づく極限の点を $\text{P}$ とすると、$\text{BP} = \frac{4}{3}$ となる。$\text{AB} = 2$ であるから、点 $\text{P}$ は線分 $\text{AB}$ を $2 - \frac{4}{3} : \frac{4}{3} = 1 : 2$ に内分する点である。

その座標は、次のように計算できる。

$$x = \frac{2 \times 2 + 1 \times 1}{1+2} = \frac{5}{3}$$

$$y = \frac{2 \times 0 + 1 \times \sqrt{3}}{1+2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$

解法2

$\vec{a} = \vec{\text{OA}}$、$\vec{b} = \vec{\text{OB}}$ とおく。$\triangle\text{OAB}$ は1辺の長さが $2$ の正三角形であるから、$|\vec{a}| = 2$、$|\vec{b}| = 2$、$\vec{a} \cdot \vec{b} = 2 \times 2 \times \cos 60^\circ = 2$ である。

点 $\text{P}_n$ は線分 $\text{AB}$ 上にあるので、実数 $t_n$ を用いて次のように表せる。

$$\vec{\text{OP}_n} = (1-t_n)\vec{a} + t_n\vec{b}$$

点 $\text{Q}_n$ は線分 $\text{OB}$ 上にあるので、実数 $k$ を用いて $\vec{\text{OQ}_n} = k\vec{b}$ とおける。$\text{P}_n\text{Q}_n \perp \text{OB}$ より、$\vec{\text{P}_n\text{Q}_n} \cdot \vec{b} = 0$ となる。

$$\begin{aligned} \left( \vec{\text{OQ}_n} - \vec{\text{OP}_n} \right) \cdot \vec{b} &= 0 \\ \left\{ -(1-t_n)\vec{a} + (k-t_n)\vec{b} \right\} \cdot \vec{b} &= 0 \\ -(1-t_n)(\vec{a} \cdot \vec{b}) + (k-t_n)|\vec{b}|^2 &= 0 \\ -2(1-t_n) + 4(k-t_n) &= 0 \\ 4k &= 2 + 2t_n \\ k &= \frac{1+t_n}{2} \end{aligned}$$

よって、$\vec{\text{OQ}_n} = \frac{1+t_n}{2}\vec{b}$ である。

点 $\text{R}_n$ は線分 $\text{OA}$ 上にあるので、実数 $l$ を用いて $\vec{\text{OR}_n} = l\vec{a}$ とおける。$\text{Q}_n\text{R}_n \perp \text{OA}$ より、$\vec{\text{Q}_n\text{R}_n} \cdot \vec{a} = 0$ となる。

$$\begin{aligned} \left( \vec{\text{OR}_n} - \vec{\text{OQ}_n} \right) \cdot \vec{a} &= 0 \\ \left( l\vec{a} - \frac{1+t_n}{2}\vec{b} \right) \cdot \vec{a} &= 0 \\ l|\vec{a}|^2 - \frac{1+t_n}{2}(\vec{b} \cdot \vec{a}) &= 0 \\ 4l - (1+t_n) &= 0 \\ l &= \frac{1+t_n}{4} \end{aligned}$$

よって、$\vec{\text{OR}_n} = \frac{1+t_n}{4}\vec{a}$ である。

点 $\text{P}_{n+1}$ は線分 $\text{AB}$ 上にあるので、$\vec{\text{OP}_{n+1}} = (1-t_{n+1})\vec{a} + t_{n+1}\vec{b}$ と表せる。$\text{R}_n\text{P}_{n+1} \perp \text{AB}$ より、$\vec{\text{R}_n\text{P}_{n+1}} \cdot \vec{\text{AB}} = 0$ となる。$\vec{\text{AB}} = \vec{b} - \vec{a}$ であるから、以下が成り立つ。

$$\begin{aligned} \left( \vec{\text{OP}_{n+1}} - \vec{\text{OR}_n} \right) \cdot (\vec{b} - \vec{a}) &= 0 \\ \left\{ \left( 1 - t_{n+1} - \frac{1+t_n}{4} \right)\vec{a} + t_{n+1}\vec{b} \right\} \cdot (\vec{b} - \vec{a}) &= 0 \\ \left( \frac{3-t_n}{4} - t_{n+1} \right)(\vec{a} \cdot \vec{b} - |\vec{a}|^2) + t_{n+1}(|\vec{b}|^2 - \vec{a} \cdot \vec{b}) &= 0 \\ \left( \frac{3-t_n}{4} - t_{n+1} \right)(2 - 4) + t_{n+1}(4 - 2) &= 0 \\ -\frac{3-t_n}{2} + 2t_{n+1} + 2t_{n+1} &= 0 \\ 4t_{n+1} &= \frac{3-t_n}{2} \\ t_{n+1} &= -\frac{1}{8}t_n + \frac{3}{8} \end{aligned}$$

この漸化式を変形すると、以下のようになる。

$$t_{n+1} - \frac{1}{3} = -\frac{1}{8}\left( t_n - \frac{1}{3} \right)$$

$n \to \infty$ のとき $t_n \to \frac{1}{3}$ となる。

極限点の位置ベクトルを $\vec{\text{OP}}$ とすると、以下のようになる。

$$\vec{\text{OP}} = \left( 1 - \frac{1}{3} \right)\vec{a} + \frac{1}{3}\vec{b} = \frac{2}{3}\vec{a} + \frac{1}{3}\vec{b}$$

成分で計算すると、座標が求まる。

$$\vec{\text{OP}} = \frac{2}{3}(2, 0) + \frac{1}{3}(1, \sqrt{3}) = \left( \frac{5}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3} \right)$$

解説

与えられた座標から $\triangle\text{OAB}$ が正三角形であることを見抜けるかが鍵となる。図形が正三角形であれば、各頂点からの垂線は辺と $60^\circ$ や $30^\circ$ の角度をなす直角三角形を作り出すため、辺の長さを追うだけで簡潔に漸化式を導くことができる（解法1）。

一方で、座標平面上の垂線条件を処理する一般的な定石として、ベクトルの内積を利用する方針も極めて有効である（解法2）。ベクトルを用いれば、図形的な直感に頼らずとも、機械的な計算によって確実に漸化式を立式できる。どちらの解法も典型的な処理であるため、双方のアプローチを理解しておきたい。

答え

$$\left( \frac{5}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3} \right)$$