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京都大学 1989年理系第1問解説

方針・初手

二等辺三角形の頂角から底辺の中点へ線を引くと、頂角を二等分する直角三角形が現れることを利用する。 $\triangle OA_{n}B_{n}$ は $OA_n = OB_n = a_n$ の二等辺三角形であり、$B_{n+1}$ は底辺 $A_nB_n$ の中点であることから、$OB_{n+1}$ は $\angle B_nOA_n$ を二等分し、$A_nB_n$ と垂直に交わる。この直角三角形 $OB_{n+1}A_n$ に着目して、辺の長さ $a_{n+1} = OB_{n+1}$ を $a_n$ と $\cos$ を用いて表す漸化式を立てる。 $\cos$ の連乗積が現れるが、それに $\sin$ を掛けることで、正弦の2倍角の公式をドミノ倒しのように繰り返し適用できるのが本問の最大のポイントである。

解法1

(1)

$\triangle OA_1B_1$ は $OA_1=OB_1=1$ の二等辺三角形であり、$\angle B_1OA_1 = \theta$ である。 $B_2$ は $A_1B_1$ の中点であるから、$OB_2 \perp A_1B_1$ となり、$OB_2$ は $\angle B_1OA_1$ の二等分線となる。よって、直角三角形 $OB_2A_1$ において、$\angle B_2OA_1 = \frac{\theta}{2}$ であり、

$$ OB_2 = OA_1 \cos\frac{\theta}{2} = \cos\frac{\theta}{2} $$

条件より $OA_2 = OB_2$ であるから、$a_2 = \cos\frac{\theta}{2}$ となる。

次に、$A_2$ は辺 $OA_1$ 上の点であるから、$\angle B_2OA_2 = \angle B_2OA_1 = \frac{\theta}{2}$ である。二等辺三角形 $OA_2B_2$ について同様に考えると、$B_3$ は $A_2B_2$ の中点であるから $OB_3 \perp A_2B_2$ となり、$OB_3$ は $\angle B_2OA_2$ を二等分する。直角三角形 $OB_3A_2$ において、$\angle B_3OA_2 = \frac{1}{2}\angle B_2OA_2 = \frac{\theta}{4}$ であり、

$$ OB_3 = OA_2 \cos\frac{\theta}{4} = \cos\frac{\theta}{2} \cos\frac{\theta}{4} $$

$OA_3 = OB_3$ より、$a_3 = \cos\frac{\theta}{2} \cos\frac{\theta}{4}$ となる。

したがって、求める値は

$$ a_3 \sin\frac{\theta}{4} = \cos\frac{\theta}{2} \cos\frac{\theta}{4} \sin\frac{\theta}{4} $$

正弦の2倍角の公式 $\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$ より、$\cos\frac{\theta}{4}\sin\frac{\theta}{4} = \frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2}$ であるから、

$$ a_3 \sin\frac{\theta}{4} = \cos\frac{\theta}{2} \left( \frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2} \right) = \frac{1}{2}\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2} = \frac{1}{4}\sin\theta $$

(2)

(1) と同様の操作を繰り返すことにより、$\angle B_nOA_n = \frac{\theta}{2^{n-1}}$ であり、直角三角形 $OB_{n+1}A_n$ を考えると

$$ OB_{n+1} = OA_n \cos\frac{\theta}{2^n} \iff a_{n+1} = a_n \cos\frac{\theta}{2^n} $$

が成り立つ。これを繰り返し用いると、$a_1 = 1$ より、

$$ a_n = a_1 \prod_{k=1}^{n-1} \cos\frac{\theta}{2^k} = \prod_{k=1}^{n-1} \cos\frac{\theta}{2^k} $$

と表せる。この両辺に $\sin\frac{\theta}{2^{n-1}}$ を掛けると、

$$ a_n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} = \left( \prod_{k=1}^{n-1} \cos\frac{\theta}{2^k} \right) \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} $$

右辺において、(1) で行ったように 2倍角の公式 $\cos\frac{\theta}{2^{n-1}}\sin\frac{\theta}{2^{n-1}} = \frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2^{n-2}}$ を順次繰り返し適用すると、

$$ \begin{aligned} a_n \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} &= \left( \prod_{k=1}^{n-2} \cos\frac{\theta}{2^k} \right) \cos\frac{\theta}{2^{n-1}} \sin\frac{\theta}{2^{n-1}} \\ &= \left( \prod_{k=1}^{n-2} \cos\frac{\theta}{2^k} \right) \frac{1}{2} \sin\frac{\theta}{2^{n-2}} \\ &= \dots \\ &= \frac{1}{2^{n-1}}\sin\theta \end{aligned} $$

となる。$0 < \theta < \pi$ より $0 < \frac{\theta}{2^{n-1}} < \frac{\pi}{2}$ であり $\sin\frac{\theta}{2^{n-1}} \neq 0$ であるから、

$$ a_n = \frac{\sin\theta}{2^{n-1} \sin\frac{\theta}{2^{n-1}}} $$

ここで極限を求めるために、式を次のように変形する。

$$ a_n = \frac{\sin\theta}{\theta} \cdot \frac{\frac{\theta}{2^{n-1}}}{\sin\frac{\theta}{2^{n-1}}} $$

$x = \frac{\theta}{2^{n-1}}$ とおくと、$n \to \infty$ のとき $x \to 0$ となる。公式 $\lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1$ を用いると、

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = \frac{\sin\theta}{\theta} \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = \frac{\sin\theta}{\theta} \cdot 1 = \frac{\sin\theta}{\theta} $$

解説

図形の反復操作から数列の極限を求める典型問題である。本問の背景にある「$\cos$ の連乗積に $\sin$ を掛けると、2倍角の公式によって次々と項が吸収されていく」という式変形は、大学入試において頻出かつ非常に有名なテクニックである。(1) はその変形手順に気づかせるための丁寧な誘導となっている。 (2) の極限計算では、微積分でおなじみの $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ を利用できるよう、無理やり $\frac{\theta}{2^{n-1}}$ の形を作り出すのがポイントである。