図形と漸化式を徹底攻略！コツを押さえて応用問題を制そう

 

直線が \(1\) 本のとき、その直線は平面を \(2\) つに分けるから

\(a_1 = 2\)

 

\(n\) 本の直線で平面が \(a_n\) 個の領域に分けられているとき、\(n + 1\) 本目の直線を引くと、その直線はほかの \(n\) 本の直線で \(n + 1\) 個の線分（または半直線）に分けられ、領域は \(n + 1\) 個増加する。

よって

\(a_{n+1} = a_n + n + 1\)

 

\(a_{n+1} − a_n = n + 1\) より、

数列 \(a_n\) は、一般項 \(n + 1\) の階差数列をもつので

\(n \geq 2\) のとき

\(\begin{align} a_n &= a_1 + \sum_{k = 1}^{n−1} (k + 1) \\ &= 2 + \frac{1}{2} (n − 1)n + (n − 1) \\ &= \frac{4 + n^2 − n + 2n − 2}{2} \\ &= \frac{n^2 + n + 2}{2} \end{align}\)

 

\(\displaystyle \frac{1^2 + 1 + 2}{2} = 2 = a_1\) より、

これは \(n = 1\) のときも成り立つ。

 

答え：　\(\color{red}{\displaystyle a_n = \frac{n^2 + n + 2}{2}}\)

 

図の \(\triangle \mathrm{O_nO_{n+1}H}\) について、

\(\mathrm{O_nO_{n+1}}  = r_n + r_{n+1}\) …①

\(\mathrm{O_nH} = r_n − r_{n+1}\) …②

\(\angle \mathrm{O_nO_{n+1}H} = 30^\circ\) より

\(\mathrm{O_nO_{n+1}} = 2\mathrm{O_nH}\) …③

 

①、②、③より

\(r_n + r_{n+1} = 2(r_n − r_{n+1})\)

整理して

\(\displaystyle r_{n+1} = \frac{1}{3} r_n\)

また、\(r_1 = 1\)

 

よって数列 \(\{r_n\}\) は初項 \(1\)、公比 \(\displaystyle \frac{1}{3}\) の等比数列であるから

\(\displaystyle r_n = \left( \frac{1}{3} \right)^{n−1}\)

 

また、

\(\displaystyle S_n = \pi r_n^2 = \pi \left( \frac{1}{9} \right)^{n−1}\)

であるから

\(S_1 + S_2 + \cdots + S_n\)

\(\displaystyle = \pi \frac{1 − \left( \frac{1}{9} \right)^n}{1 − \frac{1}{9}}\)

\(\displaystyle = \frac{9\pi}{8} \left\{ 1 − \left( \frac{1}{9} \right)^n \right\}\)

 

答え：

\(\color{red}{\displaystyle r_n = \left( \frac{1}{3} \right)^{n−1}}\)

\(\color{red}{\displaystyle S_1 + S_2 + \cdots + S_n = \frac{9\pi}{8} \left\{ 1 − \left( \frac{1}{9} \right)^n \right\}}\)

 

(1)

\(l_1 = \mathrm{A_1B_1} = a\)

また、\(\angle \mathrm{A_1OB_1} = \theta\) とおくと

\(\displaystyle \cos\theta = \frac{\mathrm{OB_1}}{\mathrm{OA_1}} = \frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}}\) …①

 

図において、

\(\angle \mathrm{A_nB_nO} = \angle \mathrm{A_nA_{n+1}B_n} = 90^\circ\)

\(\angle \mathrm{OA_nB_n} = \angle \mathrm{B_nA_nA_{n+1}}\) （共通）

\(2\) つの角がそれぞれ等しいので

\(\triangle \mathrm{A_nOB_n}\) ∽ \(\triangle \mathrm{A_nB_nA_{n+1}}\)

\(\angle \mathrm{A_nB_nA_{n+1}} = \angle \mathrm{A_nOB_n} = \theta\) より

\(\begin{align} \mathrm{B_nA_{n+1}} &= \mathrm{A_nB_n} \cos\theta \\ &= l_n \cos\theta \end{align}\)

 

また、

\(\angle \mathrm{B_{n+1}A_{n+1}B_n} = \angle \mathrm{A_nB_nA_{n+1}} = \theta\) であるから

\(\begin{align} l_{n+1} &= \mathrm{B_nA_{n+1}} \cos\theta \\ &= l_n \cos\theta \cdot \cos\theta \\ &= l_n \cos^2\theta \end{align}\)

 

したがって、①より

\(\displaystyle l_{n+1} = \frac{1}{a^2 + 1} l_n\)

 

よって数列 \(\{l_n\}\) は初項 \(a\)、公比 \(\displaystyle \frac{1}{a^2 + 1}\) の等比数列であるから

\(\begin{align} l_n &= a \left( \frac{1}{a^2 + 1} \right)^{n−1} \\ &= \frac{a}{(a^2 + 1)^{n−1}} \end{align}\)

 

答え：　\(\color{red}{\displaystyle l_n = \frac{a}{(a^2 + 1)^{n−1}}}\)

 

 

(2)

\(a > 0\) より \(\displaystyle \frac{1}{a^2 + 1} \neq 1\)

よって

\(l_1 + l_2 + l_3 + \cdots + l_n\)

\(\displaystyle = a \frac{1 − \left( \frac{1}{a^2 + 1} \right)^n}{1 − \frac{1}{a^2 + 1}}\)

\(\displaystyle = \frac{a^2 + 1}{a} \cdot \frac{(a^2 + 1)^n − 1}{(a^2 + 1)^n}\)

\(\displaystyle = \frac{(a^2 + 1)^n − 1}{a(a^2 + 1)^{n−1}}\)

 

答え：　\(\color{red}{\displaystyle \frac{(a^2 + 1)^n − 1}{a(a^2 + 1)^{n−1}}}\)