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東京大学 1963年理系第3問解説

方針・初手

（1）は、図の中に存在する2組の相似な三角形に着目する。1つ目は $P_nQ_n // BC$ から生じる $\triangle DP_nQ_n \sim \triangle DBC$、2つ目は $AD // P_nQ_n$ から生じる $\triangle AP_{n+1}D \sim \triangle Q_nP_{n+1}P_n$ である。これらから線分比を立式し、$x_n$ と $x_{n+1}$ の間の漸化式を導いて解く。

（2）は、(1)で求めた $x_n$ を用いて $\triangle DP_{n+1}Q_n$ の面積 $F_n$ を定式化する。隣り合う項の差で表せる（部分分数分解できる）形になるため、無限級数は望遠鏡和として計算できる。面積の基準が問題文で与えられていないため、台形 $ABCD$ の面積などを自分で文字に置いて答える。

解法1

(1)

点 $P_n$ はつねに線分 $BD$ 上にあり、点 $Q_n$ は線分 $CD$ 上にある。 $P_nQ_n // AD // BC$ であるから、$\triangle DP_nQ_n \sim \triangle DBC$ が成り立つ。相似比から $DP_n : DB = P_nQ_n : BC = x_n : b$ であるため、

$$ DP_n = \frac{x_n}{b} DB \cdots ① $$

が成り立つ。

また、点 $P_{n+1}$ は線分 $AQ_n$ と $DP_n$ の交点である。 $AD // P_nQ_n$ であるから、$\triangle AP_{n+1}D \sim \triangle Q_nP_{n+1}P_n$ が成り立つ。その相似比は $AD : P_nQ_n = a : x_n$ であるから、

$$ DP_{n+1} : P_{n+1}P_n = a : x_n $$

点 $P_{n+1}$ は線分 $DP_n$ 上にあるため、

$$ DP_{n+1} = \frac{a}{a+x_n} DP_n \cdots ② $$

となる。①において $n$ を $n+1$ とした $DP_{n+1} = \frac{x_{n+1}}{b} DB$ と、①自身を②に代入すると、

$$ \frac{x_{n+1}}{b} DB = \frac{a}{a+x_n} \cdot \frac{x_n}{b} DB $$

$DB \neq 0$ であるから、両辺を割って整理すると、

$$ x_{n+1} = \frac{a x_n}{x_n + a} $$

を得る。$a > 0, x_n > 0$ であるから両辺の逆数をとることができ、

$$ \frac{1}{x_{n+1}} = \frac{x_n + a}{a x_n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{x_n} $$

したがって、数列 $\left\{\frac{1}{x_n}\right\}$ は公差 $\frac{1}{a}$ の等差数列である。

次に初項 $x_1$ を求める。点 $P_1$ は対角線 $AC$ と $BD$ の交点であり、$\triangle AP_1D \sim \triangle CP_1B$ であるから、

$$ DP_1 : P_1B = AD : CB = a : b $$

よって $DP_1 = \frac{a}{a+b} DB$ となる。これを①（$n=1$ のとき）の $DP_1 = \frac{x_1}{b} DB$ と比較して、

$$ x_1 = \frac{ab}{a+b} $$

ゆえに初項の逆数は $\frac{1}{x_1} = \frac{a+b}{ab} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$ となる。等差数列の一般項の公式より、

$$ \frac{1}{x_n} = \frac{1}{x_1} + (n-1) \frac{1}{a} = \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) + \frac{n-1}{a} = \frac{n}{a} + \frac{1}{b} = \frac{nb+a}{ab} $$

よって、求める $x_n$ は

$$ x_n = \frac{ab}{nb+a} $$

(2)

$\triangle DBC$ の面積を $S_0$ とおく。 $\triangle DP_{n+1}Q_n$ の面積 $F_n$ について考える。 $\triangle DP_{n+1}Q_n$ と $\triangle DP_nQ_n$ は、それぞれ $DP_{n+1}$ と $DP_n$ を底辺とみなすと高さが共通しているため、その面積比は底辺の長さの比に等しい。

$$ \frac{F_n}{\triangle DP_nQ_n} = \frac{DP_{n+1}}{DP_n} = \frac{\frac{x_{n+1}}{b} DB}{\frac{x_n}{b} DB} = \frac{x_{n+1}}{x_n} $$

また、$\triangle DP_nQ_n \sim \triangle DBC$ であり、相似比が $x_n : b$ であるから、面積比は相似比の2乗となり、

$$ \triangle DP_nQ_n = \left(\frac{x_n}{b}\right)^2 S_0 $$

これらを組み合わせると、$F_n$ は次のように表せる。

$$ F_n = \frac{x_{n+1}}{x_n} \left(\frac{x_n}{b}\right)^2 S_0 = \frac{x_n x_{n+1}}{b^2} S_0 $$

(1) の結果を用いると、

$$ \frac{x_n x_{n+1}}{b^2} = \frac{1}{b^2} \cdot \frac{ab}{nb+a} \cdot \frac{ab}{(n+1)b+a} = \frac{a^2}{(nb+a)\{(n+1)b+a\}} $$

部分分数分解を行うと、

$$ \frac{1}{(nb+a)\{(n+1)b+a\}} = \frac{1}{b} \left( \frac{1}{nb+a} - \frac{1}{(n+1)b+a} \right) $$

となるため、$F_n$ は次のように変形できる。

$$ F_n = \frac{a^2 S_0}{b} \left( \frac{1}{nb+a} - \frac{1}{(n+1)b+a} \right) $$

これを用いて、第 $n$ 項までの部分和を計算する。

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} F_k &= \frac{a^2 S_0}{b} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{kb+a} - \frac{1}{(k+1)b+a} \right) \\ &= \frac{a^2 S_0}{b} \left( \frac{1}{b+a} - \frac{1}{(n+1)b+a} \right) \end{aligned} $$

$n \to \infty$ の極限をとると、$\frac{1}{(n+1)b+a} \to 0$ となるため、

$$ \sum_{n=1}^{\infty} F_n = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} F_k = \frac{a^2 S_0}{b(a+b)} $$

ここで、台形 $ABCD$ の面積を $S$ とおくと、$\triangle DBC$ と台形 $ABCD$ は高さが共通で底辺の長さがそれぞれ $b$, $a+b$ に対応するため、

$$ S_0 = \frac{b}{a+b} S $$

これを用いて書き換えると、

$$ \sum_{n=1}^{\infty} F_n = \frac{a^2}{b(a+b)} \cdot \frac{b}{a+b} S = \frac{a^2}{(a+b)^2} S $$

となる。（これは $\triangle AP_1D$ の面積に一致する。）

解説

(1) で得られる分数型の漸化式 $x_{n+1} = \frac{px_n}{qx_n+p}$ は、逆数をとることで等差数列に帰着できる典型的なパターンである。幾何的な関係式から自然にこの形が導かれる。

(2) では部分分数分解による無限級数の計算（望遠鏡和）を行いますが、求値対象の $F_n$ を $x_n$ と $x_{n+1}$ の積で表す過程がポイントになる。問題文に絶対的な面積が与えられていないため、解答では台形 $ABCD$ の面積や $\triangle DBC$ の面積などを自分で文字に置いて基準とする必要がある。計算結果が $\triangle AP_1D$ の面積と一致することは、図形上の面積の分割を考えると面白い事実である。