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九州大学 1974年理系第3問解説

注意問題文に「$\angle D = 90^\circ$ の直角3角形」とありますが、$\triangle ABC$ の頂点に $D$ が含まれていないこと、および斜辺が $BC$ であることから、「$\angle A = 90^\circ$」の誤植と判断して解答を作成しています。

方針・初手

(1) はベクトルの和の定義と、線分の内分点の考え方を用いて $\overrightarrow{AP_k}$ を表す。内積の計算では、$\angle A = 90^\circ$ であることを利用して $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC}$ の値を求めることが鍵となる。 (2) は (1) で求めた式を用いてシグマ計算を行い、極限をとる。あるいは、区分求積法の形になっていることに着目して定積分に直すアプローチも有効である。

解法1

(1)

点 $P_k$ は線分 $BC$ を $n$ 等分した点のうち、$B$ から数えて $k$ 番目の点であるから、$\overrightarrow{BP_k} = \frac{k}{n} \overrightarrow{BC}$ と表せる。したがって、

$$\overrightarrow{AP_k} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BP_k} = \overrightarrow{AB} + \frac{k}{n} \overrightarrow{BC}$$

となる。

次に、内積 $(\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k})$ を計算する。

$$\overrightarrow{AP_{k-1}} = \overrightarrow{AB} + \frac{k-1}{n} \overrightarrow{BC}$$

であるから、求める内積は

$$(\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k}) = \left( \overrightarrow{AB} + \frac{k-1}{n} \overrightarrow{BC} \right) \cdot \left( \overrightarrow{AB} + \frac{k}{n} \overrightarrow{BC} \right)$$

$$= |\overrightarrow{AB}|^2 + \left( \frac{k-1}{n} + \frac{k}{n} \right) \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} + \frac{k(k-1)}{n^2} |\overrightarrow{BC}|^2$$

$$= |\overrightarrow{AB}|^2 + \frac{2k-1}{n} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} + \frac{k(k-1)}{n^2} |\overrightarrow{BC}|^2$$

ここで、$\triangle ABC$ は斜辺が $BC$ の直角三角形であるから、$\angle A = 90^\circ$ である。よって $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$ より $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ が成り立つ。これを用いて $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC}$ を計算すると、

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} \cdot (\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})$$

$$= \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} - |\overrightarrow{AB}|^2$$

$$= 0 - c^2 = -c^2$$

となる。

また、$|\overrightarrow{AB}| = c$、$|\overrightarrow{BC}| = a$ を代入すると、

$$(\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k}) = c^2 - c^2 \frac{2k-1}{n} + a^2 \frac{k(k-1)}{n^2}$$

$$= c^2 \left( 1 - \frac{2k-1}{n} \right) + a^2 \frac{k(k-1)}{n^2}$$

と表せる。

(2)

(1) の結果を用いて、和を計算する。

$$\sum_{k=1}^{n} (\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k}) = \sum_{k=1}^{n} \left\{ c^2 \left( 1 - \frac{2k-1}{n} \right) + a^2 \frac{k(k-1)}{n^2} \right\}$$

右辺の第1項の和は、

$$\sum_{k=1}^{n} \left( 1 - \frac{2k-1}{n} \right) = n - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} (2k-1)$$

$$= n - \frac{1}{n} \cdot n^2 = n - n = 0$$

となる。

右辺の第2項の和は、

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{k(k-1)}{n^2} = \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n} (k^2 - k)$$

$$= \frac{1}{n^2} \left\{ \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) - \frac{1}{2}n(n+1) \right\}$$

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

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

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

となる。

したがって、

$$\sum_{k=1}^{n} (\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k}) = a^2 \frac{n^2-1}{3n}$$

であるから、求める極限値は

$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} (\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k}) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( a^2 \frac{n^2-1}{3n} \right)$$

$$= \lim_{n \to \infty} a^2 \frac{n^2-1}{3n^2}$$

$$= \lim_{n \to \infty} a^2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{3n^2} \right) = \frac{a^2}{3}$$

となり、この値は $a$ のみを用いて表されることが示された。

解法2

(2)の別解（区分求積法）

(1) で求めた式を変形して極限をとる。

$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} (\overrightarrow{AP_{k-1}}, \overrightarrow{AP_k})$$

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left\{ c^2 \left( 1 - \frac{2k-1}{n} \right) + a^2 \frac{k(k-1)}{n^2} \right\}$$

$$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \left\{ c^2 \left( 1 - 2\frac{k}{n} + \frac{1}{n} \right) + a^2 \left( \left(\frac{k}{n}\right)^2 - \frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n} \right) \right\}$$

ここで、$\frac{k}{n} = x_k$ とおくと、区分求積法の考え方から $n \to \infty$ のとき $\frac{1}{n} \to 0$ となる項の寄与は消え、定積分に置き換わる。

$$\int_{0}^{1} \{ c^2 (1 - 2x) + a^2 x^2 \} dx$$

$$= \left[ c^2 (x - x^2) + a^2 \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1}$$

$$= c^2 (1 - 1) + a^2 \frac{1}{3} = \frac{a^2}{3}$$

よって極限値は $\frac{a^2}{3}$ となり、$a$ のみを用いて表されることが示された。

解説

内積の計算において $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC}$ の処理が最初の難所である。斜辺が $BC$ の直角三角形であることを利用し、始点を $A$ に揃えることで $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ を引き出すのが定石の変形である。

(2) ではシグマ計算を直接実行する方法（解法1）と、区分求積法に持ち込む方法（解法2）の2通りのアプローチが考えられる。シグマ計算では $c^2$ の係数部分の和が綺麗に $0$ になる仕掛けが施されており、計算量はそれほど多くならない。区分求積法は式の中に $\frac{k}{n}$ と $\frac{1}{n}$ の形が見えた時点で有力な選択肢となり、極限計算をすばやく終わらせることができる。