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 $P_2$ とする。$P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_2$ とする。$T_2$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_3$ とする。以下、この操作を続け、y軸上に点列 $P_1, P_2, P_3, ..., P_n, ...$ をとり、$C$ 上に点列 $T_1, T_2, T_3, ..., T_n, ...$ 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 $P_2$ とする。$P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線が $C$ と交わる点を $T_2$ とする。$T_2$ における $C$ の接線が $y$ 軸と交わる点を $P_3$ とする。以下、この操作を続け、y軸上に点列 $P_1, P_2, P_3, ..., P_n, ...$ をとり、$C$ 上に点列 $T_1, T_2, T_3, ..., T_n, ...$ 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) $y = \sqrt{x}$ より、$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。

$T_1 (1,1)$ における接線は、 $y-1 = \frac{1}{2\sqrt{1}}(x-1)$ より $y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$。

この接線が $y$ 軸と交わる点 $P_2$ は、 $x=0$ を代入して $y = \frac{1}{2}$。よって $P_2 (0, \frac{1}{2})$。

$P_2$ を通り $x$ 軸に平行な直線 $y=\frac{1}{2}$ が $C$ と交わる点 $T_2$ は、 $\sqrt{x} = \frac{1}{2}$ より $x=\frac{1}{4}$。よって $T_2 (\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$。

$T_2 (\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$ における接線は、$y-\frac{1}{2} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{1}{4}}}(x-\frac{1}{4})$ より $y-\frac{1}{2} = x-\frac{1}{4}$ つまり $y = x + \frac{1}{4}$。

この接線が $y$ 軸と交わる点 $P_3$ は、$x=0$ を代入して $y=\frac{1}{4}$。よって $P_3(0, \frac{1}{4})$。

$P_3$ を通り $x$ 軸に平行な直線 $y=\frac{1}{4}$ が $C$ と交わる点 $T_3$ は、$\sqrt{x} = \frac{1}{4}$ より $x = \frac{1}{16}$。よって $T_3 (\frac{1}{16}, \frac{1}{4})$。

(2) $P_1 (0,1)$, $P_2 (0, \frac{1}{2})$, $P_3 (0, \frac{1}{4})$ より、 $P_n (0, (\frac{1}{2})^{n-1})$ と推測できる。

$T_1 (1,1)$, $T_2 (\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$, $T_3 (\frac{1}{16}, \frac{1}{4})$ より、 $T_n ((\frac{1}{4})^{n-1}, (\frac{1}{2})^{n-1})$ と推測できる。

点 $T_n ((\frac{1}{4})^{n-1}, (\frac{1}{2})^{n-1})$ における接線は、$y-(\frac{1}{2})^{n-1} = \frac{1}{2\sqrt{(\frac{1}{4})^{n-1}}}(x-(\frac{1}{4})^{n-1})$ より、$y-(\frac{1}{2})^{n-1} = (\frac{1}{2})^{-(n-1)}(x-(\frac{1}{4})^{n-1})$.

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

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

$= 2^{n-2}x + (\frac{1}{2})^{n-1} - (\frac{1}{2})^{2n-2-(n-2)} = 2^{n-2} x + (\frac{1}{2})^{n-1} - (\frac{1}{2})^{n}$

$= 2^{n-2}x + (\frac{1}{2})^{n-1} (1-\frac{1}{2}) = 2^{n-2} x + (\frac{1}{2})^{n-1} \times \frac{1}{2} = 2^{n-2} x + (\frac{1}{2})^n$

$x=0$ を代入すると $y = (\frac{1}{2})^n$。

よって $P_{n+1}(0, (\frac{1}{2})^n)$ であり、推測があっている。

(3) $\triangle T_n P_n P_{n+1}$ の面積 $S_n$ は、

$S_n = \frac{1}{2} \times x_{T_n} \times (y_{P_n} - y_{P_{n+1}}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{4})^{n-1} \times ((\frac{1}{2})^{n-1} - (\frac{1}{2})^n)$

$= \frac{1}{2} (\frac{1}{4})^{n-1} (\frac{1}{2})^{n-1} (1-\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{4})^{n-1} (\frac{1}{2})^{n-1} \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (\frac{1}{8})^{n-1}$。

$\sum_{n=1}^{\infty} S_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4} (\frac{1}{8})^{n-1} = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{8})^{n-1} = \frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{8})^n$

$= \frac{1}{4} \times \frac{1}{1-\frac{1}{8}} = \frac{1}{4} \times \frac{1}{\frac{7}{8}} = \frac{1}{4} \times \frac{8}{7} = \frac{2}{7}$。

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

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