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九州大学 1967年理系第4問解説

方針・初手

$P_n$ が正三角形 $A_n$ の頂点であり、曲線 $y = \sqrt{x}$ 上にあるという図形的条件を数式に翻訳する。
正三角形 $A_n$ の底辺は $x$ 軸上にあり、その左端の $x$ 座標は $L_{n-1}$、右端は $L_n$ であることから、$P_n$ の座標を $L_{n-1}$ と $l_n$ を用いて表す。
$P_n$ の座標を $y = \sqrt{x}$ に代入し、$L_n$ と $l_n$ の関係式（漸化式）を導く。
(1) は問題の指示通り数学的帰納法を用いて証明する。
(2) は (1) の結果を利用して一般項 $l_n$ を求め、$P_n$ の座標を求めてから線分の長さの2乗を計算して和をとる。

解法1

(1)

正三角形 $A_n$ の底辺は $x$ 軸上にあり、その右端の $x$ 座標は $\sum_{k=1}^n l_k = L_n$ である。したがって、左端の $x$ 座標は $L_{n-1}$ である（ただし便宜上 $L_0 = 0$ と定める）。

$P_n$ は正三角形 $A_n$ の頂点であるから、その $x$ 座標は底辺の中点の $x$ 座標に等しく、$x = L_{n-1} + \frac{l_n}{2}$ となる。また、$y$ 座標は正三角形の高さに等しく、$y = \frac{\sqrt{3}}{2} l_n$ となる。

点 $P_n \left( L_{n-1} + \frac{l_n}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} l_n \right)$ が放物線 $y = \sqrt{x}$ 上にあるため、

$$\frac{\sqrt{3}}{2} l_n = \sqrt{L_{n-1} + \frac{l_n}{2}}$$

両辺を2乗して整理すると、

$$\frac{3}{4} l_n^2 = L_{n-1} + \frac{1}{2} l_n$$

ここで、$l_n = L_n - L_{n-1}$ より $L_{n-1} = L_n - l_n$ を代入して、

$$\frac{3}{4} l_n^2 = L_n - l_n + \frac{1}{2} l_n$$

$$L_n = \frac{3}{4} l_n^2 + \frac{1}{2} l_n \quad \cdots (*)$$

が成り立つ。この関係式 $(*)$ を用いて、$L_n = \frac{n(n+1)}{3}$ であることを数学的帰納法で証明する。

(i) $n=1$ のとき

$L_0 = 0$ であるから、$P_1 \left( \frac{l_1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} l_1 \right)$ が $y = \sqrt{x}$ 上にある。

$$\frac{\sqrt{3}}{2} l_1 = \sqrt{\frac{l_1}{2}}$$

両辺を2乗して、

$$\frac{3}{4} l_1^2 = \frac{l_1}{2}$$

$l_1 > 0$ であるから、$l_1 = \frac{2}{3}$ を得る。このとき $L_1 = l_1 = \frac{2}{3}$ である。一方、与えられた式に $n=1$ を代入すると $\frac{1 \cdot 2}{3} = \frac{2}{3}$ となり、一致する。よって、$n=1$ のとき成り立つ。

(ii) $n=k$ のとき

$L_k = \frac{k(k+1)}{3}$ が成り立つと仮定する。 $(*)$ より $n=k+1$ のとき、

$$L_{k+1} = \frac{3}{4} l_{k+1}^2 + \frac{1}{2} l_{k+1}$$

また、$L_{k+1} = L_k + l_{k+1}$ であるから、

$$L_k + l_{k+1} = \frac{3}{4} l_{k+1}^2 + \frac{1}{2} l_{k+1}$$

仮定の $L_k = \frac{k(k+1)}{3}$ を代入して整理すると、

$$\frac{k(k+1)}{3} + l_{k+1} = \frac{3}{4} l_{k+1}^2 + \frac{1}{2} l_{k+1}$$

$$\frac{3}{4} l_{k+1}^2 - \frac{1}{2} l_{k+1} - \frac{k(k+1)}{3} = 0$$

両辺を12倍して、

$$9 l_{k+1}^2 - 6 l_{k+1} - 4k(k+1) = 0$$

この $l_{k+1}$ についての2次方程式を解の公式を用いて解くと、

$$l_{k+1} = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 36k(k+1)}}{9} = \frac{3 \pm 3\sqrt{1 + 4k^2 + 4k}}{9} = \frac{1 \pm \sqrt{(2k+1)^2}}{3} = \frac{1 \pm (2k+1)}{3}$$

$l_{k+1} > 0$ であるから、

$$l_{k+1} = \frac{1 + (2k+1)}{3} = \frac{2(k+1)}{3}$$

したがって、

$$L_{k+1} = L_k + l_{k+1} = \frac{k(k+1)}{3} + \frac{2(k+1)}{3} = \frac{(k+1)(k+2)}{3}$$

となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について $L_n = \frac{n(n+1)}{3}$ であることが示された。

(2)

(1) の結果より、

$$l_n = L_n - L_{n-1} = \frac{n(n+1)}{3} - \frac{(n-1)n}{3} = \frac{2n}{3}$$

である（$n=1$ のときも $L_0=0$ と考えれば成り立つ）。 $P_n$ の $x$ 座標 $x_n$ は、

$$x_n = L_{n-1} + \frac{l_n}{2} = \frac{(n-1)n}{3} + \frac{n}{3} = \frac{n^2}{3}$$

$P_n$ の $y$ 座標 $y_n$ は、

$$y_n = \sqrt{x_n} = \frac{n}{\sqrt{3}}$$

よって、$P_n \left( \frac{n^2}{3}, \frac{n}{\sqrt{3}} \right)$ と表せる。

これより $P_{n+1} \left( \frac{(n+1)^2}{3}, \frac{n+1}{\sqrt{3}} \right)$ となるため、線分 $P_n P_{n+1}$ の長さの2乗 $r_n^2$ は、

$$r_n^2 = (x_{n+1} - x_n)^2 + (y_{n+1} - y_n)^2$$

$$= \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{3} \right)^2 + \left( \frac{n+1 - n}{\sqrt{3}} \right)^2$$

$$= \left( \frac{2n+1}{3} \right)^2 + \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2$$

$$= \frac{4n^2 + 4n + 1}{9} + \frac{1}{3} = \frac{4n^2 + 4n + 4}{9} = \frac{4}{9}(n^2 + n + 1)$$

求める和は、

$$\sum_{k=1}^n r_k^2 = \sum_{k=1}^n \frac{4}{9}(k^2 + k + 1)$$

$$= \frac{4}{9} \left\{ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2} + n \right\}$$

$$= \frac{4}{9} \cdot \frac{n(n+1)(2n+1) + 3n(n+1) + 6n}{6}$$

$$= \frac{2}{27} n \{ (n+1)(2n+1) + 3(n+1) + 6 \}$$

$$= \frac{2}{27} n (2n^2 + 3n + 1 + 3n + 3 + 6)$$

$$= \frac{2}{27} n (2n^2 + 6n + 10)$$

$$= \frac{4n(n^2 + 3n + 5)}{27}$$

解説

図形的な条件を漸化式に落とし込み、数列の一般項を決定する標準的な問題である。 (1) では、帰納法の目標が見えているため、$L_{n-1}$ を消去し、$L_n$ と $l_n$ の関係式 $L_n = \frac{3}{4}l_n^2 + \frac{1}{2}l_n$ を正しく立式できるかが最大のポイントとなる。$l_{k+1}$ についての2次方程式を解く場面では、ルートの中身が完全平方式 $(2k+1)^2$ となることに気づけば、計算の負担やミスを大きく減らすことができる。 (2) は (1) の結果を利用して座標を求め、地道にシグマ計算を実行する。方針に迷うことはないため、展開や因数分解の正確な処理能力が要求される。