$AB=AC$, $BC=1$, $\angle B = 2\theta$ である二等辺三角形 $ABC$ がある。この三角形に内接する円に接し、辺 $BC$ に平行な直線が辺 $AB$, $AC$ と交わる点をそれぞれ点 $D_1$, $E_1$ とし、線分 $D_1E_1$ の長さを $a_1$ とする。さらに三角形 $AD_1E_1$ に内接する円に接し、辺 $D_1E_1$ に平行な直線と辺 $AD_1$, $AE_1$ との交点を点 $D_2$, $E_2$ とし、線分 $D_2E_2$ の長さを $a_2$ とするという操作を順次繰り返す。 (1) $n$ 回目の操作で引くことができる線分 $D_nE_n$ の長さ $a_n$ を求めよ。 (2) 無限等比級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の和を $\cos B$ で表せ。

1. 問題の内容

$AB=AC$, $BC=1$, $\angle B = 2\theta$ である二等辺三角形 $ABC$ がある。この三角形に内接する円に接し、辺 $BC$ に平行な直線が辺 $AB$, $AC$ と交わる点をそれぞれ点 $D_1$, $E_1$ とし、線分 $D_1E_1$ の長さを $a_1$ とする。さらに三角形 $AD_1E_1$ に内接する円に接し、辺 $D_1E_1$ に平行な直線と辺 $AD_1$, $AE_1$ との交点を点 $D_2$, $E_2$ とし、線分 $D_2E_2$ の長さを $a_2$ とするという操作を順次繰り返す。

(1) $n$ 回目の操作で引くことができる線分 $D_nE_n$ の長さ $a_n$ を求めよ。

(2) 無限等比級数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の和を $\cos B$ で表せ。

2. 解き方の手順

(1)

三角形 $ABC$ は二等辺三角形なので、$\angle C = \angle B = 2\theta$ である。したがって、$\angle A = \pi - 4\theta$ である。

$D_1E_1$ は $BC$ に平行なので、$\triangle AD_1E_1$ も二等辺三角形であり、$\angle ADE = 2\theta$ である。

$a_1$ は $BC$ と $D_1E_1$ の長さの比を考えることで求められる。

$D_1E_1$ は $BC$ に平行であり、$AD_1E_1$ は $ABC$ と相似である。

$r$ を $\triangle ABC$ の内接円の半径とすると、$a_1 = \frac{AD_1}{AB}$ となる。また、$a_n$ も同様に計算できる。

$\triangle ABC$ において、内接円の半径を $r$ とすると、$r = \frac{\triangle ABC の面積}{s}$ (ただし、$s$ は半周長) となる。

面積は $\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin(\pi-4\theta) = \frac{1}{2} \sin(4\theta)$

半周長は $\frac{1+1+1}{2} = \frac{3}{2}$

$r = \frac{\frac{1}{2}\sin(4\theta)}{\frac{3}{2}} = \frac{\sin(4\theta)}{3} = \frac{2\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{3}$

$\cos(2\theta) = \cos B$ より、$\sin(2\theta) = \sqrt{1-\cos^2(2\theta)} = \sqrt{1-\cos^2 B}$ である。

$r = \frac{2\cos B \sqrt{1-\cos^2 B}}{3}$

$\cos(2\theta) = \frac{s-1}{1} = s-1$

$s-1 = \frac{1}{2}$

$\therefore a_1 = 2\cos(2\theta)$

同様に、$a_n = (2\cos(2\theta))^n = (2\cos B)^n$ となる。

(2)

$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} (2\cos B)^n = \frac{2\cos B}{1 - 2\cos B}$

3. 最終的な答え

$a_n = (2\cos B)^{n-1}$

$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{1}{1-2\cos B}$