第１問
Ｏを原点とする座標平面において、２次正方行列Ａの表す１次変換
をｆとする。点(１，０)をＰとし、Ｑ＝ｆ(Ｐ)、Ｒ＝ｆ(Ｑ)とおくとき、
$\small\sf{\begin{align*}\sf\overrightarrow{\sf OP}+\overrightarrow{\sf OQ}+\overrightarrow{\sf OR}=\overrightarrow{\sf 0} \end{align*}}$
であるとする。
(１) ｆ(Ｒ)＝Ｐであることを証明せよ。
(２) Ａ2＋Ａ＋Ｅ＝Ｏであることを証明せよ。ここでＥは単位行列、Ｏは
零行列である。
(３) ＰＱの長さが$\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt5\end{align*}}$ であり△ＰＱＲの面積が $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{3}{2}\end{align*}}$ であるとき、行列Ａを
すべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】 (１)
ａ、ｂ、ｃ、ｄを実数として、行列Ａを
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf b\\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
とおく。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf a&\sf b\\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1\\ \sf 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a\\ \sf c\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf a& \sf b\\ \sf c& \sf d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a\\ \sf c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a^2+bc\\ \sf (a+d)c\end{pmatrix}\end{align*}}$
より、点ＱおよびＲの座標は、
Ｑ(ａ，ｃ) 、 Ｒ(ａ2＋ｂｃ，(ａ＋ｄ)ｃ)
となる。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\overrightarrow{\sf OP}+\overrightarrow{\sf OQ}+\overrightarrow{\sf OR}=(1+a+a^2+bc\ ,\ 0+c+(a+d)c)=(0\ ,\ 0)\end{align*}}$
より、
１＋ａ＋ａ2＋ｂｃ＝０ ････① かつ
(ａ＋ｄ＋１)ｃ＝０ ････②
ここで②より
ｃ＝０ または ａ＋ｄ＋１＝０
となるが、ｃ＝０のときは、①が
ａ2＋ａ＋１＝０
となり、これを満たす実数ａは存在しない。（∵ 判別式Ｄ＝１－４＜０）
よって、
ａ＋ｄ＝－１ ････②’
となり、これと①より、Ｒの座標は、
Ｒ(－１－ａ，－ｃ)
と表すことができる。このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf a& \sf b\\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf -1-a\\ \sf -c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf -a-a^2-bc\\ \sf -(1+a+d)c\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\begin{pmatrix}\sf 1\\ \sf 0\end{pmatrix}\end{align*}}$ ←①、②’より
より、ｆ(Ｒ)＝Ｐとなるので、題意は示された。
(２)
ハミルトン・ケーリーの定理より、
Ａ2－(ａ＋ｄ)Ａ＋(ａｄ－ｂｃ)Ｅ＝Ｏ ････③
②’より、
ａｄ－ｂｃ＝ａ(－１－ａ)－ｂｃ
＝－ａ－ａ2－ｂｃ
＝１ ←①より
これと②’より③は
Ａ2＋Ａ＋Ｅ＝Ｏ
と変形できるので、題意は示された。
(３)
(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}=(a-1\ ,\ c)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf PR}=(-2-a\ ,\ c))\end{align*}}$
となり、題意より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle PQR=\frac{1}{2}\left|-c(a-1)-c(-2-a)\right|=\frac{3}{2}\end{align*}}$
⇔ |３ｃ|＝３
⇔ ｃ＝±１．
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf PQ}|^2=(a-1)^2+c^2=5\ \ \Leftrightarrow\ \ a=3\ ,\ -1\end{align*}}$ ．
さらに①、②’より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b=-\frac{1+a+a^2}{c}\ \ ,\ \ d=-1-a\end{align*}}$
なので、
(ａ，ｃ)＝(３，１)、(３，－１)、(－１，１)、(－１，－１)
のそれぞれの場合について、ｂ、ｄを計算すると、
(ｂ，ｄ)＝(－13，－４)、(13，－４)、(－１，０)、(１，０)
となる。
よって、行列Ａは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ A=\begin{pmatrix}\sf 3&\sf -13\\ \sf 1&\sf -4\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf 3&\sf 13\\ \sf -1&\sf -4\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf -1\\ \sf 1&\sf 0\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf 1\\ \sf -1&\sf 0\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(１)、(２)は成分計算しなくてもできそうですが、
どのみち(３)で必要になってきます。
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第２問
１辺の長さが１の立方体について、以下の問いに答えよ。
(１) 立方体を１枚の平面で切断したときの切り口が三角形で
あるとき、その三角形は鋭角三角形であることを示せ。
(２) どのような鋭角三角形Ｔに対しても、立方体を１枚の平面で
切断したときの切り口がＴと相似になるような切り方が存在
することを証明せよ。
(３) 立方体を３枚の平面で切断し、いくつかの立体に切り分ける
ことを考える。このような切り方の中で、正五角形の面をもつ
立体を作る方法を説明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】 (１)
右図のように、立方体ＡＢＥＣ－ＤＧＨＦを
辺ＡＢ、ＡＣ、ＡＤと交わるような平面αで
この立方体を切断する。
このとき、$\scriptsize\sf{\alpha}$ と各辺との交点をＰ、Ｑ、Ｒとし、
ｘ＝ＡＰ、ｙ＝ＡＱ、ｚ＝ＡＲ
とおく（０＜ｘ≦１、０＜ｙ≦１、０＜ｚ≦１）。
三平方の定理より、
ＰＱ2＝ｘ2＋ｙ2、 ＱＲ2＝ｙ2＋ｚ2、 ＲＰ2＝ｚ2＋ｘ2 ････①
これと余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\angle QPR=\frac{PQ^2+RP^2-QR^2}{2PQ\cdot RP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{(x^2+y^2)+(z^2+x^2)-(y^2+z^2)}{2PQ\cdot RP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{z^2+x^2}}\gt 0\end{align*}}$
となり、∠ＱＰＲは鋭角である。
他の角についても同様に計算できるので、
△ＰＱＲは鋭角三角形となり、題意は示された。
(２)
①と０＜ｘ≦１、０＜ｙ≦１、０＜ｚ≦１より
０＜ＰＱ≦$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ 、０＜ＱＲ≦$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ 、０＜ＲＰ≦$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ ････②
また、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2x^2=PQ^2+RP^2-QR^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\sqrt{\frac{PQ^2+RP^2-QR^2}{2}}\end{align*}}$ ････③
同様にして、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\sqrt{\frac{PQ^2+QR^2-RP^2}{2}}\ \ ,\ \ z=\sqrt{\frac{QR^2+RP^2-PQ^2}{2}}\end{align*}}$ ････③
②を満たす任意のＰＱ、ＱＲ、ＲＰに対して、③のようにｘ、ｙ、ｚを
定めると、切り口の平面がただ１つ決定する。
すなわち、切り口の鋭角三角形ＰＱＲは、ｘ、ｙ、ｚの取り方によって、
任意の形にすることができる。
一方、任意の鋭角三角形Ｔに対して、Ｔと相似な三角形で②を満たす
ものが存在する。
よって、任意の鋭角三角形Ｔに対して、切り口がＴと相似になるような
切り方が存在する。
(３)
３つの角が36°、72°、72°の三角形を
Ｔとする。
(２)より、切り口がＴと相似な三角形に
なるような切り方ができ、そのときの
切り口を△Ｐ’Ｑ’Ｒ’とする（右図）。
この平面Ｐ’Ｑ’Ｒ’と平行な平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ によって、
右図のように切り口が等脚台形になるように
切ることができる。
また、平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ と各辺との交点を右図のように
Ｐ～Ｔとすると、△ＴＳＲ∽△Ｐ’Ｑ’Ｒ’より、
∠ＲＳＴ＝∠ＲＴＳ＝72°
⇔ ∠ＱＳＴ＝∠ＰＴＳ＝108°．
このとき$\scriptsize\sf{\alpha}$ によって切断された２つの立体の
うちで、頂点Ｈを含む方をＺとおく。
Ｚの面ＰＱＳＴにおいて、
ＵＳ＝ＳＴ＝ＴＶ
となるような点Ｕ、Ｖをそれぞれ辺ＱＳ、ＰＴ上に
とる。
さらに、台形ＰＱＳＴの内部に点Ｗを
∠ＳＵＷ＝∠ＴＶＷ＝108°
となるようにとる。
ＵＷとＶＷを通る２つの平面によってＺを切断すると、
正五角形ＳＴＶＷＵを面にもつ立体が作ることができる。
(３)がタイヘンですね・・・
どこまで詳しく書けばよいのか微妙ですが、これぐらい書けば
それなりに点数をもらえるんじゃないでしょうか？
途中の計算式は省略しますが、平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ の決め方について、
具体的な数値を下に挙げておきます。
まず、36°、72°、72°の二等辺三角形を作るには、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AP:AQ:AR=1:1:\sqrt{2+\sqrt5}\end{align*}}$
となるようにＰ、Ｑ、ＲをとればＯＫです。
次に、Ｗが台形ＳＴＰＱの内部にくるためには
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf SD=TD\leq \frac{1}{\sqrt{2+\sqrt5}}\end{align*}}$
を満たす必要があります。
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第３問
ａを正の実数とする。座標平面において、曲線$\small\sf{\begin{align*}\sf C_1:\ y=\sqrt{a(x+2)}\ \ (x\geqq -2)\end{align*}}$
と曲線$\small\sf{\begin{align*}\sf C_2:\ y=\sqrt{x^2+2x}\ \ (x\geqq 0)\end{align*}}$ を考える。曲線Ｃ1と曲線Ｃ2およびｘ軸で
囲まれた部分の面積をＳ1(ａ)とし、曲線Ｃ1と曲線Ｃ2および直線ｘ＝２ａ
で囲まれた部分の面積をＳ2(ａ)とする。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_{-2}^{2a}\sqrt{a(x+2)}\ dx"> を求めよ。
(２) ｆ(ａ)＝Ｓ1(ａ)－Ｓ2(ａ)とおく。関数ｆ(ａ)が極値をとるようなａの値を
求めよ。
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{2a}\sqrt{x^2+2x}\ dx\gt 2a^2\end{align*}}$ であることを証明せよ。
(４) Ｓ1(ａ)＝Ｓ2(ａ)となるようなａが存在することを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-2}^{2a}\sqrt{a}\ (x+2)^{\frac{1}{2}}\ dx=\left[\frac{2}{3}\sqrt{a}\ (x+2)^{\frac{3}{2}}\right]_{-2}^{2a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2}{3}\sqrt{a}\ (2a+2)^{\frac{3}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{4\sqrt2}{3}\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{3}{2}}\ \ }\end{align*}}$
(２)
Ｃ1：ｙ＝ｇ(ｘ)、Ｃ2：ｙ＝ｈ(ｘ)とすると、
{ｈ(ｘ)}2－{ｇ(ｘ)}2
＝(ｘ2＋２ｘ)－ａ(ｘ＋２)
＝(ｘ－ａ)(ｘ＋２)
より、
０≦ｘ≦ａの範囲では、ｇ(ｘ)≧ｈ(ｘ)
ａ≦ｘ≦２ａの範囲では、ｇ(ｘ)≦ｈ(ｘ)
となる。
よって、２曲線の位置関係は右図のようになり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1(a)=\int_{-2}^a\ g\ (x)\ dx-\int_0^a\ h\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_2(a)=\int_{a}^{2a}\ h\ (x)\ dx-\int_a^{2a}\ g\ (x)\ dx\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (a)=\left(\int_{-2}^a\ g\ (x)\ dx-\int_0^a\ h\ (x)\ dx\right)-\left(\int_{a}^{2a}\ h\ (x)\ dx-\int_a^{2a}\ g\ (x)\ dx\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\int_{-2}^{a}\ g\ (x)\ dx+\int_a^{2a}\ g\ (x)\ dx\right)-\left(\int_{0}^{a}\ h\ (x)\ dx+\int_a^{2a}\ h\ (x)\ dx\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int^{2a}_{-2}\ g\ (x)\ dx-\int_0^{2a}\ h\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{4\sqrt2}{3}\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{3}{2}}-\int_0^{2a}\ h\ (x)\ dx\end{align*}}$ ←(１)より
ここで、ｈ(ｘ)の不定積分の１つをＨ(ｘ)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d}{da}\int_0^{2a}\ h\ (x)\ dx=\frac{d}{da}\left[H\ (x)\right]_{0}^{2a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{d}{da}\left\{H\ (2a)-H\ (0)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2\ h\ (2a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2\sqrt{2a(2a+2)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =4\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{1}{2}}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(a)=\frac{4\sqrt2}{3}\left\{ \frac{1}{2}a^{-\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{3}{2}}+a^{\frac{1}{2}}\cdot\frac{3}{2}(a+1)^{\frac{1}{2}}\right\}-4\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2}{3}\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{1}{2}}\left\{\frac{\sqrt2\ (a+1)}{a}+3\sqrt2-6\right\}\end{align*}}$
となり、ａ＞０の範囲でｆ’(ａ)＝０となるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt2\ (a+1)}{a}+3\sqrt2-6=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\frac{3\sqrt2+4}{2}\end{align*}}$
のときである。
この値を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおいて増減表を書くと下のようになる。
よって、ｆ(ａ)が極値をとるようなａの値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ a=\frac{3\sqrt2+4}{2}\ \ }\end{align*}}$
(３)
ａ＞０より、０≦ｘ≦２ａの範囲で常に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2+2x\geqq x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{x^2+2x}\geqq x\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{2a}\sqrt{x^2+2x}\ dx>\int_0^{2a}\ x\ dx=\left[\frac{1}{2}\ x^2\right]_0^{2a}=2a^2\end{align*}}$ ．
よって、題意は示された。
(４)
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{2a}\ h (x)\ dx>2a^2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (a)=\frac{4\sqrt2}{3}\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{3}{2}}-\int_0^{2a}\ h\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf <\frac{4\sqrt2}{3}\ a^{\frac{1}{2}}(a+1)^{\frac{3}{2}}-2a^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{4\sqrt2}{3}\ a^2\left\{a^{-\frac{3}{2}}\ (a+1)^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2\sqrt2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{4\sqrt2}{3}\ a^2\left\{\left(1+\frac{1}{a}\right)^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2\sqrt2}\right\}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{4\sqrt2}{3}\ a^2\left\{\left(1+\frac{1}{a}\right)^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2\sqrt2}\right\}=+\infty\times\left(1-\frac{3}{2\sqrt2}\right)=-\infty \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ f\ (a)=-\infty\end{align*}}$ ．
一方、(２)の増減表より
$\scriptsize\sf{f(\alpha)\gt 0}$
であり、関数ｆ(ａ)はａ＞０の範囲で連続なので、
中間値の定理より、ｆ(ａ)＝０となるａが$\scriptsize\sf{a\gt\alpha}$ の範囲に存在する。
よって、Ｓ1(ａ)＝Ｓ2(ａ)となるようなａが存在する。
これは誘導がしっかりしているので、取っつきやすいですよね。
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第４問
ｎを５以上の整数とする。平面上に点Ｏをとる。Ｏを通る直線上にＯＡ0＝１
となる点Ａ0を一つとる。点Ｏを中心として直線ＯＡ0を正の向きに $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{2\pi}{n}\end{align*}}$ だけ
回転した直線上にＯＡ1⊥Ａ0Ａ1となる点Ａ1をとる。次に、点Ｏを中心として
直線ＯＡ1を正の向きに $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{2\pi}{n}\end{align*}}$ だけ回転した直線上にＯＡ2⊥Ａ1Ａ2となる点Ａ2
をとる。以下同様にしてｋ＝３，４，･･･，ｎについて、点Ｏを中心として直線
ＯＡk-1を正の向きに $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{2\pi}{n}\end{align*}}$ だけ回転した直線上にＯＡk⊥Ａk-1Ａkとなる点Ａk
をとる。特に、点Ａnは線分ＯＡ0上の点となる。
(１) 不等式 $\small\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{x^2}{2}\leq \cos x\end{align*}}$ を証明せよ。
(２) 線分ＯＡnの長さをｒnとする。極限値 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ r_n\end{align*}}$ を求めよ。
(３) 線分Ａ0Ａ1、Ａ1Ａ2、････、Ａn-1Ａnの長さの和をＬnとする。極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ L_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta =\frac{2\pi}{n}\end{align*}}$ とおく。
(１)
ｘについての関数ｆ(ｘ)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\cos x-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)\end{align*}}$
と定める。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f '(x)=-\sin x+x\ \ ,\ \ f ''(x)=1-\cos x\geqq 0\end{align*}}$
より、ｆ’(ｘ)は単調増加関数であり、ｆ’(０)＝０なので、
ｘ＜０の範囲でｆ’(ｘ)＜０、ｘ＞０の範囲でｆ’(ｘ)＞０．
よって、ｆ(ｘ)はｘ＝０で極大値となるので、任意のｘに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f (x)\leqq f (0)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1-\frac{x^2}{2}\leqq \cos x\end{align*}}$
が成り立つ。
(２)
任意のｋ（ｋ＝１，２，･･･ｎ－１）に対して
△ＯＡk-1Ａk∽△ＯＡkＡk+1
であり、
相似比はいずれも １：cos$\scriptsize\sf{\theta}$ なので、
ｒn＝ＯＡ0・(cos$\scriptsize\sf{\theta}$)n
＝cosn$\scriptsize\sf{\theta_n}$ ････①
また、(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{1}{2}\ \theta^2\leqq \cos\theta\leqq 1\end{align*}}$ ････②
ここで ｎ≧５より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{1}{2}\ \theta^2=1-\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{n}\right)^2\geqq \frac{25-2\pi^2}{25}\gt 0\end{align*}}$
となり、②の左辺は正である。
よって、②の各辺をｎ乗すると、①より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (0\lt)\ \left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\leqq \left(\cos\theta\right)^n\leqq 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\leqq r_n\leqq 1\end{align*}}$ ････③
③の左辺において、ｎ→∞とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1}{2}\ \theta^2\right)^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{2\pi^2}{n^2}\right)^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^n\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^n \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1-\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^{-\frac{n}{\sqrt2 \pi}}\right\}^{-\sqrt2 \pi}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\left(1+\frac{\sqrt2\pi}{n}\right)^{\frac{n}{\sqrt2 \pi}}\right\}^{\sqrt2 \pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =e^{-\sqrt2 \pi}\cdot e^{\sqrt2 \pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =1\end{align*}}$
なので、③において、はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ r_n=1\ \ }\end{align*}}$
(３)
△ＯＡ0Ａ1において、
Ａ0Ａ1＝ＯＡ0・sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ････④
また、(２)と同様に
任意のｋ（＝１，２，･･･ｎ－１）に対して
△ＯＡk-1Ａk∽△ＯＡkＡk+1
なので、
Ａk-1Ａk＝Ａ0Ａ1・(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )k-1
＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )k-1 ････⑤
ここで、ｎ≧５より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0<\frac{2\pi}{n}<\frac{2\pi}{5}<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
なので、ｋ＝１，２，･･･，ｎに対して、
０＜cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜１
⇔ ０＜(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )n＜(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )k-1＜１．
両辺にsin$\scriptsize\sf{\theta}$ （＞０）をかけると、
sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )n＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$ (cos$\scriptsize\sf{\theta}$ )k-1＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$
⇔ ｒnsin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜Ａk-1Ａk＜sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ←①、⑤より
この式において、ｋ＝１，２，･･･，ｎの和をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{n}\ r_n\cdot \sin\theta\lt\sum_{k=1}^{n}\ A_{k-1}A_k\leqq \sum_{k=1}^{n}\ \sin\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r_n\cdot n\sin\theta\lt L_n\leqq n\sin\theta\end{align*}}$ ････⑥
ここで、ｎ→∞のとき、$\scriptsize\sf{\theta}$ →０なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\sin\theta=\lim_{\theta\rightarrow 0}\ \frac{2\pi\ \sin \theta}{\theta}=2\pi\end{align*}}$
であり、これと(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left( r_n\cdot n\sin\theta\right)=\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ r_n\right)\cdot\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ n\sin\theta\right)=2\pi\end{align*}}$ ．
⑥において、はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ L_n=2\pi\ \ }\end{align*}}$
(２)で③の左辺の処理が難しいでしょうね。
ネイピア数の定義
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e=\lim_{h\rightarrow 0}\ \left(1+h\right)^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\end{align*}}$
は、ちゃんと覚えていますか？
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