曲線 $y = \sqrt{x}$ ($x \geq 0$) を $C$ とする。点 $(0, 1)$ を $P_1$, 点 $(1, 1)$ を $T_1$ とする。$T_1$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_2$ とおき, $P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_2$ とおく。$T_2$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_3$ とおき, $P_3$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_3$ とおく。以下, この操作を続け, $y$ 軸上に点列 $P_1, P_2, P_3, \dots, P_n, \dots$ をとり, $C$ 上に点列 $T_1, T_2, T_3, \dots, T_n, \dots$ をとる。 (1) $T_2$ と $T_3$ の座標を求めよ。 (2) $P_n$ と $T_n$ の座標を $n$ を用いて表せ。 (3) $\triangle T_n P_n P_{n+1}$ の面積を $S_n$ とするとき $\sum_{n=1}^{\infty} S_n$ を求めよ。

1. 問題の内容

曲線 $y = \sqrt{x}$ ($x \geq 0$) を $C$ とする。点 $(0, 1)$ を $P_1$, 点 $(1, 1)$ を $T_1$ とする。$T_1$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_2$ とおき, $P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_2$ とおく。$T_2$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_3$ とおき, $P_3$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_3$ とおく。以下, この操作を続け, $y$ 軸上に点列 $P_1, P_2, P_3, \dots, P_n, \dots$ をとり, $C$ 上に点列 $T_1, T_2, T_3, \dots, T_n, \dots$ をとる。

(1) $T_2$ と $T_3$ の座標を求めよ。

(2) $P_n$ と $T_n$ の座標を $n$ を用いて表せ。

(3) $\triangle T_n P_n P_{n+1}$ の面積を $S_n$ とするとき $\sum_{n=1}^{\infty} S_n$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

まず、$y = \sqrt{x}$ の導関数を求める。

$y' = \frac{1}{2\sqrt{x}}$

$T_1(1, 1)$ における接線の方程式は

$y - 1 = \frac{1}{2\sqrt{1}}(x - 1)$

$y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$

この接線が $y$ 軸と交わる点 $P_2$ の座標は $(0, \frac{1}{2})$

$P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線と $C$ の交点 $T_2$ の $y$ 座標は $\frac{1}{2}$ である。

$y = \sqrt{x}$ より $\frac{1}{2} = \sqrt{x}$ なので、$x = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$

よって、$T_2(\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$

$T_2(\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$ における接線の方程式は

$y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{1}{4}}}(x - \frac{1}{4})$

$y - \frac{1}{2} = x - \frac{1}{4}$

$y = x + \frac{1}{4}$

この接線が $y$ 軸と交わる点 $P_3$ の座標は $(0, \frac{1}{4})$

$P_3$ を通り $x$ 軸に平行な直線と $C$ の交点 $T_3$ の $y$ 座標は $\frac{1}{4}$ である。

$y = \sqrt{x}$ より $\frac{1}{4} = \sqrt{x}$ なので、$x = (\frac{1}{4})^2 = \frac{1}{16}$

よって、$T_3(\frac{1}{16}, \frac{1}{4})$

(2)

$P_1(0, 1), T_1(1, 1)$

$P_2(0, \frac{1}{2}), T_2(\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$

$P_3(0, \frac{1}{4}), T_3(\frac{1}{16}, \frac{1}{4})$

$P_n$ の $y$ 座標は $\frac{1}{2^{n-1}}$ であり、座標は $(0, \frac{1}{2^{n-1}})$ であると推測できる。

$T_n$ の $x$ 座標は $(\frac{1}{2^{n-1}})^2 = \frac{1}{4^{n-1}}$ であり、$y$ 座標は $\frac{1}{2^{n-1}}$ であると推測できる。

座標は $(\frac{1}{4^{n-1}}, \frac{1}{2^{n-1}})$ である。

$P_n(0, 2^{1-n}), T_n(4^{1-n}, 2^{1-n})$ と表せる。

数学的帰納法で証明する。

n=1のとき、$P_1(0, 1), T_1(1, 1)$ で成立する。

n=kで成立すると仮定する。

$P_k(0, 2^{1-k}), T_k(4^{1-k}, 2^{1-k})$

$T_k$における接線の方程式は

$y - 2^{1-k} = \frac{1}{2\sqrt{4^{1-k}}}(x - 4^{1-k})$

$y - 2^{1-k} = \frac{2^{k-1}}{2}(x - 4^{1-k})$

$y - 2^{1-k} = 2^{k-2}(x - 4^{1-k})$

$y = 2^{k-2}x - 2^{k-2}4^{1-k} + 2^{1-k}$

$y = 2^{k-2}x - 2^{k-2}2^{2-2k} + 2^{1-k}$

$y = 2^{k-2}x - 2^{-k} + 2^{1-k}$

y切片は、 $P_{k+1}(0, - 2^{-k} + 2^{1-k}) = (0, 2^{-k} (2-1)) = (0, 2^{-k})$.

これは $2^{1-(k+1)}$ であり、$P_{k+1}(0, 2^{1-(k+1)})$ となる。

$T_{k+1}$ の $y$ 座標は $2^{-k}$

$y = \sqrt{x}$ より $x = (2^{-k})^2 = 2^{-2k} = 4^{-k}$

$T_{k+1}(4^{-k}, 2^{-k})$ となり、 $T_{k+1}(4^{1-(k+1)}, 2^{1-(k+1)})$ が成立する。

(3)

$P_n(0, 2^{1-n})$

$P_{n+1}(0, 2^{-n})$

$T_n(4^{1-n}, 2^{1-n})$

$\triangle T_n P_n P_{n+1}$ の面積 $S_n = \frac{1}{2} \cdot 4^{1-n} \cdot |2^{1-n} - 2^{-n}| = \frac{1}{2} \cdot 4^{1-n} \cdot |2^{-n}| = \frac{1}{2} \cdot 4^{1-n} \cdot 2^{-n} = \frac{1}{2} \cdot 2^{2-2n} \cdot 2^{-n} = \frac{1}{2} \cdot 2^{2-3n} = 2^{1-3n}$

$\sum_{n=1}^{\infty} S_n = \sum_{n=1}^{\infty} 2^{1-3n} = \sum_{n=1}^{\infty} 2 \cdot (2^{-3})^n = \sum_{n=1}^{\infty} 2 \cdot (\frac{1}{8})^n = 2 \cdot \frac{\frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{8}} = 2 \cdot \frac{\frac{1}{8}}{\frac{7}{8}} = 2 \cdot \frac{1}{7} = \frac{2}{7}$

3. 最終的な答え

(1) $T_2(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}), T_3(\frac{1}{16}, \frac{1}{4})$

(2) $P_n(0, 2^{1-n}), T_n(4^{1-n}, 2^{1-n})$

(3) $\frac{2}{7}$