MY MATH NOTE

九州大学(理系) 2019年　問題4

$座標平面上の3点 \ O(0,0),\ A(2,0),\ B(1,\sqrt{3})\ を考える。点P_1は線分AB上にあり、A,Bとは異なる点とする。$
$線分AB上の点 \ P_2,\ P_3,\cdots を以下のように順に定める。点P_nが定まったとき、点P_nから線分OBに下ろした$
$垂線とOBとの交点をQ_nとし、 点Q_nから線分OAに下ろした垂線とOAとの交点をR_nとし、点R_nから$
$線分ABに下ろした垂線とABとの交点をP_{n+1}とする。$
$n \rightarrow \infty \ のとき、P_nが限りなく近づく点の座標を求めよ。$

　
$P_n(x_n,y_n),\ \ Q_n(s_n,t_n),\ \ R_n(s_n,0)\ \ とおくと$

$点Q_n(s_n,t_n)は直線 \ \ OB : y=\sqrt{3}x \quad 上にあるから$

$\quad 　t_n=\sqrt{3}s_n \hspace{15em}(1)$

$P_nQ_n \perp OB \quad より \quad 　\cfrac{t_n - y_n}{s_n - x_n} \times \sqrt{3}=-1$

$\quad \sqrt{3}(t_n - y_n)+s_n - x_n =0$

$(1)を代入して　\sqrt{3}(\sqrt{3}s_n - y_n)+s_n - x_n =0$

$\quad 4s_n=x_n+\sqrt{3}y_n$

$\quad \therefore \ \ s_n=\cfrac{1}{4}(x_n+\sqrt{3}y_n) \hspace{12em}(2)$

$直線 \ \ AB : y=\cfrac{-\sqrt{3}}{2-1}(x-2) \quad より \quad 　y=-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$

$R_nP_{n+1} \perp AB \quad より \quad \cfrac{-y_{n+1}}{s_n-x_{n+1}} \times (-\sqrt{3})=-1$

$\quad s_n=x_{n+1}-\sqrt{3}y_{n+1}$

$(2)を代入して$

$\quad \cfrac{1}{4}(x_n+\sqrt{3}y_n) =x_{n+1}-\sqrt{3}y_{n+1}$

$P_n(x_n,y_n),\ \ P_{n+1}(x_{n+1},y_{n+1}) \ \ は直線AB上にあるから$

$\quad y_n=-\sqrt{3}x_n+2\sqrt{3},\quad y_{n+1}=-\sqrt{3}x_{n+1}+2\sqrt{3}$

$よって$

$\quad \cfrac{1}{4}\big(x_n+\sqrt{3}(-\sqrt{3}x_n+2\sqrt{3})\big) =x_{n+1}-\sqrt{3}( -\sqrt{3}x_{n+1}+2\sqrt{3})$

$\quad x_{n+1}=-\cfrac{1}{8}x_n+\cfrac{15}{8}$

$特性方程式　u=-\cfrac{1}{8}u+\cfrac{15}{8} \quad の解は \quad u=\cfrac{5}{3}$
$辺々引いて$
$\quad x_{n+1}-\cfrac{5}{3}=-\cfrac{1}{8}(x_n-\cfrac{5}{3})$

$\quad x_n-\cfrac{5}{3}=(x_1-\cfrac{5}{3})(-\cfrac{1}{8})^{n-1}$

$\quad x_n=(x_1-\cfrac{5}{3})(-\cfrac{1}{8})^{n-1}+\cfrac{5}{3}$

$n \longrightarrow \infty \quad のとき \quad 　x_n \longrightarrow \cfrac{5}{3}$

$y_n=-\sqrt{3}x_n+2\sqrt{3} \quad だから \quad 　y_n \longrightarrow-\sqrt{3} \times \cfrac{5}{3}+2\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}$

$よって、　P_n(x_n,y_n)\ は、点 \ (\cfrac{5}{3},\ \cfrac{\sqrt{3}}{3})\ に限りなく近づく$



$なお、数列\{x_n\}の漸化式は、\triangle OAB が一辺2の正三角形であることを利用すると次のように$
$図形的に導くことができます。$

$(別解)$

　
$BP_n=t_n \quad とおくと$
$BQ_n=BP_n\cos 60°=t_n \times \cfrac{1}{2} =\cfrac{t_n}{2}$

$OQ_n=OB-BQ_n=2-\cfrac{t_n}{2}$

$OR_n=OQ_n\cos 60°=(2-\cfrac{t_n}{2}) \times \cfrac{1}{2}=1-\cfrac{t_n}{4}$

$AR_n=OA-OR_n=2-(1-\cfrac{t_n}{4})=1+\cfrac{t_n}{4}$

$AP_{n+1}=AR_n\cos 60°=(1+\cfrac{t_n}{4}) \times \cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}+\cfrac{t_n}{8}$

$AS=AP_{n+1}\cos 60°=(\cfrac{1}{2}+\cfrac{t_n}{8}) \times \cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{4}+\cfrac{t_n}{16}$

$x_{n+1}=OS=OA-AS=2-(\cfrac{1}{4}+\cfrac{t_n}{16})=\cfrac{7}{4}-\cfrac{t_n}{16}$

$また、点P_n(x_n,\ y_n)\ は \ 線分ABを \ (2-t_n) : t_n\ に内分する点だから$

$\quad x_n=\cfrac{2t_n+(2-t_n)}{(2-t_n)+t_n}=\cfrac{2+t_n}{2} \qquad \therefore t_n=2x_n-2$

$したがって$

$\qquad x_{n+1}=\cfrac{7}{4}-\cfrac{t_n}{16}=\cfrac{7}{4}-\cfrac{2x_n-2}{16}=-\cfrac{x_n}{8}+\cfrac{15}{8}$


$(考察)$

$点P_1が点Bに一致すると、P_1から線分OBに垂線は下ろせないが、点Aからは可能である。$

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