長崎大学(医系) 2020年　問題8


$長さがaのひもを使って、周の長さがaの正三角形、正方形、正五角形、正六角形\cdots と順次正多角形を$
$作ることとする。$
$頂点がn個の正n角形をF_n(nは3以上の整数)の面積をS_n,F_nの外接円の半径をr_nとする。以下の問いに答えよ。$
$\qquad (1)\ \ S_3 \ と \ S_4をそれぞれaを用いて表せ。$
$\qquad (2)\ \ r_nおよびS_nをそれぞれa,nを用いて表せ。$
$\qquad (3)\ \ 0 < x \leqq \cfrac{\pi}{3}\ \ で定義された関数 \ f(x)=\cfrac{x}{\tan x} \ の増減を調べよ。$
\[(4)\ \ (3)を利用して、3以上の整数nに対して、S_n < S_{n+1}\ \ であることを示せ。また極限値 \lim _{n \rightarrow \infty} S_n を求めよ。\] $\qquad \ \ さらに、この極限値が図形的にどのような意味を表しているか、簡単に説明せよ。$


$(解説)$

$(1)\ \ 簡単に求まりますが、(2)につながる方法でないと意味がありません。$
$(2)\ \ (1)と同じ方法で求めることができます。$
$(3)\ \ (4)を解答するために必要な問題です。$
$(4)\ \ 上に有界な単調増加数列は収束して極限値をもちます。$

(1)

　
(i)$\ \ S_3\ について$

$\quad 正三角形の1辺は \ \cfrac{a}{3}\ だから$

$\quad S_3=\cfrac{1}{2}(\cfrac{a}{3})^2\sin \cfrac{\pi}{3}=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{a^2}{9} \times \cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{36}a^2$

$(別解)$

$\quad AH=r_3\sin \cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}r_3 \quad だから \quad AB=2 \times AH=\sqrt{3}r_3$

$\quad 3 \times \sqrt{3}r_3=a \quad より \quad r_3=\cfrac{a}{3\sqrt{3}}$

$\quad S_3=3\times \cfrac{1}{2}OA \cdot OB \cdot \sin \cfrac{2\pi}{3}=\cfrac{3}{2} \times r_3^2 \times \sin \cfrac{2\pi}{3}=\cfrac{3}{2} \times (\cfrac{a}{3\sqrt{3}})^2 \times \cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{36}a^2$

　
(ii)$\ \ S_4\ について$

$\quad 正方形の1辺は \ \ \cfrac{a}{4}\ だから$

$\quad S_4=(\cfrac{a}{4})^2=\cfrac{1}{16}a^2$

$(別解)$

$\quad AH=r_4\sin \cfrac{\pi}{4}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}r_4 \quad だから \quad AB=2 \times AH=\sqrt{2}r_4$

$\quad 4 \times \sqrt{2}r_4=a \quad より \quad r_4=\cfrac{a}{4\sqrt{2}}$

$\quad S_4=4\times \cfrac{1}{2}OA \cdot OB \cdot \sin \cfrac{\pi}{2}=2 \times r_4^2 =2 \times (\cfrac{a}{4\sqrt{2}})^2 =\cfrac{1}{16}a^2$

$(注意)\ \ 上の別解は、正n角形の面積を求める方法を示唆しています。$

(2)

　
$\quad AH=r_n\sin \cfrac{\pi}{n} \quad だから \quad AB=2 \times AH=2r_n\sin \cfrac{\pi}{n}$

$\quad n \times 2r_n \sin \cfrac{\pi}{n} =a \quad より \quad r_n=\cfrac{a}{2n\sin \cfrac{\pi}{n}}$

\begin{eqnarray*} S_n &=&n\times \cfrac{1}{2}OA \cdot OB \cdot \sin \dfrac{2\pi}{n}\\ \\ &=&\cfrac{n}{2}\ r_n^2 \ \sin \dfrac{2\pi}{n}\\ \\ &=&\cfrac{n}{2} \times \Big(\cfrac{a}{2n\sin \dfrac{\pi}{n}}\Big)^2 \times \sin \cfrac{2\pi}{n}\\ \\ &=&\cfrac{n}{2} \times \cfrac{a^2}{4n^2\sin ^2\dfrac{\pi}{n}} \times 2\sin \cfrac{\pi}{n}\cos \cfrac{\pi}{n}\\ \\ &=&\cfrac{a^2}{4n} \times \cfrac{\cos \dfrac{\pi}{n}}{\sin \dfrac{\pi}{n}}\\ \\ &=&\cfrac{a^2}{4n\tan \dfrac{\pi}{n}}\\ \end{eqnarray*}

(3)

$f(x)=\cfrac{x}{\tan x} \ \ を微分して \ \ f'(x)=\cfrac{\tan x-x \times \cfrac{1}{\cos ^2 x}}{\tan ^2 x}=\cfrac{\sin x\cos x -x}{\sin ^2 x}$

$g(x)=\sin x\cos x - x =\cfrac{1}{2}\sin 2x -x \quad とおくと$

$g'(x)=\cos 2x -1=-(1-\cos 2x)$

$0 < x \leqq \cfrac{\pi}{3} \quad より \quad 0 <2x \leqq \cfrac{2\pi}{3} $

$-\cfrac{1}{2} \leqq \cos 2x < 1 \quad だから \quad g'(x) < 0 \ \ となり \ g(x) \ は単調減少$

　
$g(0)=0 \quad だから \quad g(x) < 0 \quad よって \quad f'(x) < 0 \ \ となり \ \ 　f(x)\ は単調減少$

$\quad f(\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{\pi}{3} \times \cfrac{1}{\sqrt{3}}=\cfrac{\pi}{3\sqrt{3}}$
$\therefore \cfrac{\pi}{3\sqrt{3}} \leqq f(x) < 1$

$なお、右図はグラフソフトで描いたf(x)のグラフです。$

(4)


$(3)より \ \ f(x)=\cfrac{x}{\tan x} \ \ は \ \ 0 < x \leqq \cfrac{\pi}{3}\ \ で単調減少$

$\quad \cfrac{\pi}{n} > \cfrac{\pi}{n+1}\quad だから \quad \cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\tan \cfrac{\pi}{n}} < \cfrac{\cfrac{\pi}{n+1}}{\tan \cfrac{\pi}{n+1}}$

$したがって \qquad \cfrac{a^2}{4n\tan \cfrac{\pi}{n}} < \cfrac{a^2}{4(n+1)\tan \cfrac{\pi}{n+1}} \hspace{4em} \therefore \ \ S_n < S_{n+1}$

$また、S_n=\cfrac{a^2}{4n\tan \cfrac{\pi}{n}}=\cfrac{a^2}{4\pi}\cdot \cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\tan \cfrac{\pi}{n}} \quad は \quad n \rightarrow \infty \quad のとき \quad 　\cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\tan \cfrac{\pi}{n}} \rightarrow 1 \quad だから \quad 　S_n \rightarrow \cfrac{a^2}{4\pi}$

$よって　S_3 < S_4 < \cdots < S_n < S_{n+1} < \cdots < \cfrac{a^2}{4\pi}$


$また、r_n=\cfrac{a}{2n\sin \cfrac{\pi}{n}}=\cfrac{a}{2\pi} \cdot \cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\sin \cfrac{\pi}{n}} \quad は \quad n \rightarrow \infty \quad のとき \quad 　r_n \rightarrow \cfrac{a}{2\pi}$

$そこで、r=\cfrac{a}{2\pi} \quad とおくと \quad 　\cfrac{a^2}{4\pi}=\pi(\cfrac{a}{2\pi})^2=\pi r^2 $

$すなわち、S_n の極限値は、r_nの極限値を半径にもつ円の面積になる。$


$(補充)$

$r_n=\cfrac{a}{2\pi} \cdot \cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\sin \cfrac{\pi}{n}} \quad について$

$h(x)=\cfrac{x}{\sin x}\ \ (0 < x \leqq \cfrac{\pi}{3} )\ \ とおくと \qquad h'(x)=\cfrac{\sin x-x \cos x}{\sin ^2 x}$

$j(x)=\sin x - x\cos x \quad とおくと$

$j\ '(x)=\cos x -\cos x +x\sin x=x\sin x >0 \quad より \quad j(x) \ は単調増加$

　
$j(0)=0 \quad だから \quad j(x) > 0 \quad よって \quad h'(x) > 0 \ \ となり \ \ 　h(x)\ は単調増加$

$\quad \cfrac{\pi}{n} > \cfrac{\pi}{n+1}\quad だから \quad \cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\sin \cfrac{\pi}{n}} > \cfrac{\cfrac{\pi}{n+1}}{\sin \cfrac{\pi}{n+1}}$

$よって \quad \cfrac{a}{2n\sin \cfrac{\pi}{n}} > \cfrac{a}{2(n+1)\sin \cfrac{\pi}{n+1}} \qquad \therefore \ \ r_n > r_{n+1}$

$なお、正n角形F_n の外接円の面積をT_n とすると \quad \pi \ r_n ^2 > \pi \ r_{n+1} ^2 \quad だから \quad T_n > T_{n+1}$

$\quad T_n=\pi \ r_n^2= \pi (\cfrac{a}{2\pi}\cdot \cfrac{\dfrac{\pi}{n}}{\sin \dfrac{\pi}{n}})^2=\cfrac{a^2}{4\pi}\big(\cfrac{\dfrac{\pi}{n}}{\sin \dfrac{\pi}{n}}\big)^2 \quad だから \quad n \rightarrow \infty \quad のとき \quad 　T_n \rightarrow \cfrac{a^2}{4\pi}$

$\quad T=\cfrac{a^2}{4\pi} \quad とおくと \quad 　T=\pi(\cfrac{a}{2\pi})^2=\pi r^2$

$正n角形F_n の面積がS_n で、その外接円の面積がT_n だから明らかに　S_n < T_n$

$以上より$

$\qquad S_3 < S_4 < \cdots < S_n < \cfrac{a^2}{4\pi} < T_n < \cdots < T_4 < T_3$

$S_n の極限値をS ,\ \ 円周aの半径をr とすると$

$\quad a=2\pi r \quad だから \quad S=\cfrac{a^2}{4\pi}=\cfrac{(2\pi r)^2}{4\pi}=\pi r^2 \quad となって、S_n \ は半径 \ \ r=\cfrac{a}{2\pi}\ \ の円の面積に近づく。$

$このことは、正n角形がその外接円に近づくことからも理解できる。$


$この問題は、円に内接する正n角形の周の長さを一定値 \ a\ にして、nを大きくしたとき、この正n角形の$
$面積S_n の極限値を求めることを主眼としています。$

$それに対して、半径 \ 1\ の円に内接・外接する正n角形の周の長さをそれぞれA_n,\ B_n として$
$A_n < 2\pi < B_n \ \ が成りたつことから\piの近似値を求めることができます。$
$この方法を「アルキメデスの方法」といいます。$
$このことについては($アルキメデスの方法$)を参考にしてください。$



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