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問題：2007年(平成19年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

[2] $n$ を2以上の整数とする．平面上に $n+2$ 個の点 ${\rm O}，{\rm P}_0，{\rm P}_1，\cdots，{\rm P}_n$ があり，次の2つの条件をみたしている．

(i) $\angle {\rm P}_{k-1} {\rm O P}_k=\dfrac{\pi}{n}$ （ $1\leqq k\leqq n$ ）， $\angle{\rm OP}_{k-1}{\rm P}_k=\angle{\rm OP}_0{\rm P}_1$ （ $2\leqq k\leqq n$ ）

(ii) 線分 ${\rm OP}_0$ の長さは $1$ ，線分 ${\rm OP}_1$ の長さは $1+\dfrac{1}{n}$ である．

線分 ${\rm P}_{k-1}{\rm P}_k$ の長さを $a_k$ とし， $s_n=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} a_k$ とおくとき， $\displaystyle \lim_{n\to\infty} s_n$ を求めよ．

本問のテーマ

対数螺旋（等角螺旋）
折れ線の極限としての曲線の長さ

2020.08.03記
偏角 $\theta$ の直線と折れ線の交点を ${\rm P}(\theta)$ とすると， $\dfrac{k-1}{n}\pi\leqq \theta \lt\dfrac{k}{n}\pi$ なる $k$ を用いて
$r(\theta)={\rm OP}(\theta)={\rm OP}_k\approx \Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^k$
となるので， $n\to\infty$ で $r(\theta)\to e^{\frac{\theta}{\pi}}$ となるので，求める値は，曲線 $r=e^{\frac{\theta}{\pi}}$ の $0\leqq\theta\leqq\pi$ の弧長 $l$ である．よって
$\displaystyle l=\int_0^{\pi} \sqrt{r^2+\Bigl(\dfrac{dr}{d\theta}\Bigr)^2}\,d\theta$ $\displaystyle =\int_0^{\pi} \sqrt{1+\dfrac{1}{\pi^2}} e^{\frac{\theta}{\pi}}\,d\theta$ $\displaystyle = \sqrt{1+\dfrac{1}{\pi^2}} \Bigl[\pi e^{\frac{\theta}{\pi}}\Bigr]_0^{\pi}$ $\displaystyle = \sqrt{\pi^2+1}(e-1)$
となることが予想できる．

2021.02.02記

[解答]

余弦定理により $a_1^2=1+\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^2-2\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)\cos\dfrac{\pi}{n}$
$=2\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)\Bigl(1-\cos\dfrac{\pi}{n}\Bigr)+\dfrac{1}{n^2}$
$=4\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)\sin^2\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{1}{n^2}$ だから
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} n^2a_1^2$ $=\displaystyle\lim_{t\to0} \Bigl\{4(1+t)\dfrac{\sin^2\Bigl(\dfrac{\pi}{2}t\Bigr)}{t^2}+1\Bigr\}$ $=\pi^2+1$
が成立する．

隣り合う三角形の相似比は $1:\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)$ だから
$s_n=\dfrac{\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^n-1}{\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)-1}a_1$ $\Bigl\{\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^n-1\Bigr\}(na_1)$
となるので
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} s_n$ $=\displaystyle\lim_{n\to\infty} \Bigl\{\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^n-1\Bigr\}(na_1)$ $=(e-1)\sqrt{\pi^2+1}$