解説

方針・初手

各操作では，正 $n$ 角形はある頂点 $A_k$ を中心として，隣り合う2辺のなす外角だけ回転する。正 $n$ 角形の外角は常に $2\pi/n$ であるから，頂点 $A_0$ の軌跡は「半径 $a_k$，中心 $A_k$ の円弧」として扱える。

また，$A_0,A_1,\dots,A_{n-1}$ は同一円周上にあるので，角度や長さの比は円周角と正弦定理で整理できる。最後に和は三角関数の積を差に直して望ましい形にまとめる。

解法1

**(1)**

辺 $A_{k-1}A_k$ が $x$ 軸と重なった状態から，$A_k$ を中心に時計回りに回転して辺 $A_kA_{k+1}$ が $x$ 軸と重なるまで動かすとき，回転角は正 $n$ 角形の外角に等しいから

$$ \frac{2\pi}{n} $$

である。

このとき $A_0$ は，中心 $A_k$，半径 $A_kA_0=a_k$ の円周上を動くので，その軌跡の長さは

$$ a_k\cdot \frac{2\pi}{n} $$

である。

したがって，$k=2,\dots,n-1$ に対し，下線部の操作における $A_0$ の軌跡の長さは

$$ \frac{2\pi}{n}a_k $$

である。

**(2)**

$A_0,A_1,\dots,A_{n-1}$ は正 $n$ 角形の頂点であるから同一円周上にある。

$\angle A_kA_{k+1}A_0$ は弧 $A_kA_0$ に対する円周角である。ただし，このとき $A_{k+1}$ を含まない方の弧 $A_kA_0$ は

$$ A_k,A_{k-1},\dots,A_1,A_0 $$

と $k$ 個の辺に対応するので，その中心角は

$$ \frac{2k\pi}{n} $$

である。

よって円周角はその半分であるから

$$ \angle A_kA_{k+1}A_0=\frac{k\pi}{n} $$

である。

**(3)**

三角形 $A_0A_kA_{k+1}$ を考える。

（2） より

$$ \angle A_kA_{k+1}A_0=\frac{k\pi}{n} $$

である。

また，$\angle A_kA_0A_{k+1}$ は弧 $A_kA_{k+1}$ に対する円周角であり，弧 $A_kA_{k+1}$ の中心角は $2\pi/n$ であるから

$$ \angle A_kA_0A_{k+1}=\frac{\pi}{n} $$

である。

ここで

$$ A_0A_k=a_k,\qquad A_kA_{k+1}=a_1 $$

であるから，正弦定理より

$$ \begin{aligned} \frac{a_k}{\sin\frac{k\pi}{n}} &= \frac{a_1}{\sin\frac{\pi}{n}} \end{aligned} $$

したがって

$$ \begin{aligned} \frac{a_k}{a_1} &= \frac{\sin\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}} \qquad (k=1,2,\dots,n-1) \end{aligned} $$

である。

**(4)**

求める和を

$$ T=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a_k}{a_1}\sin\frac{\pi}{2n}\right) $$

とおく。

（3） を用いると

$$ T =

\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\sin\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}} \sin\frac{\pi}{2n} $$

である。ここで $\theta=\dfrac{\pi}{2n}$ とおけば $\dfrac{\pi}{n}=2\theta$ なので

$$ T =

\frac{1}{\sin 2\theta} \sum_{k=1}^{n-1}\sin(2k\theta)\sin\theta $$

となる。

積を差に直す公式

$$ 2\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta) $$

を用いると

$$ \begin{aligned} \sin(2k\theta)\sin\theta &= \frac{1}{2}\Bigl(\cos(2k-1)\theta-\cos(2k+1)\theta\Bigr) \end{aligned} $$

であるから

$$ \begin{aligned} T &= \frac{1}{2\sin 2\theta} \sum_{k=1}^{n-1} \Bigl(\cos(2k-1)\theta-\cos(2k+1)\theta\Bigr) \\ &= \frac{1}{2\sin 2\theta} \Bigl(\cos\theta-\cos(2n-1)\theta\Bigr). \end{aligned} $$

ところが

$$ (2n-1)\theta=\pi-\theta $$

であるから

$$ \cos(2n-1)\theta=\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta $$

となる。よって

$$ \begin{aligned} T &= \frac{1}{2\sin 2\theta}\cdot 2\cos\theta\\ &= \frac{\cos\theta}{\sin 2\theta}\\ &= \frac{1}{2\sin\theta}. \end{aligned} $$

$\theta=\dfrac{\pi}{2n}$ を戻せば

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a_k}{a_1}\sin\frac{\pi}{2n}\right) &= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}} \end{aligned} $$

である。

**(5)**

$P$ が半径 $1$ の円に内接するとき，$a_1$ はその円の弦であるから

$$ a_1=2\sin\frac{\pi}{n} $$

である。

また，各操作における $A_0$ の軌跡の長さは，（1） と同様に $k=1$ の場合も含めて

$$ \frac{2\pi}{n}a_k \qquad (k=1,2,\dots,n-1) $$

である。したがって全軌跡の長さ $S$ は

$$ S=\frac{2\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_k $$

となる。

ここで （4） より

$$ \begin{aligned} \sin\frac{\pi}{2n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{a_k}{a_1} &= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}} \end{aligned} $$

なので

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}a_k &= \frac{a_1}{2\sin^2\frac{\pi}{2n}}. \end{aligned} $$

さらに

$$ a_1=2\sin\frac{\pi}{n} =4\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n} $$

を代入すると

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}a_k &= 2\cot\frac{\pi}{2n} \end{aligned} $$

である。よって

$$ S=\frac{2\pi}{n}\cdot 2\cot\frac{\pi}{2n} $$

すなわち

$$ S=\frac{4\pi}{n}\cot\frac{\pi}{2n} $$

となる。

解説

この問題の本質は，正 $n$ 角形の各操作が「外角 $2\pi/n$ の回転」であることを見抜く点にある。これにより軌跡の長さは半径 $a_k$ を用いてすぐに円弧長に落ちる。

次に，$a_k$ を具体化するためには正多角形を外接円上の点列として見るのが自然であり，円周角から $\angle A_kA_{k+1}A_0=\dfrac{k\pi}{n}$ を得ると，正弦定理で

$$ a_k\propto \sin\frac{k\pi}{n} $$

が出る。

最後の和は $\sum \sin\dfrac{k\pi}{n}$ 型であり，問題文の誘導どおり積を差に直すと望ましい形に整理できる。個々の長さを直接足し合わせようとすると見通しが悪いので，誘導に従って比と和を段階的に処理するのがよい。

答え

**(1)**

$$ \frac{2\pi}{n}a_k \qquad (k=2,3,\dots,n-1) $$

**(2)**

$$ \angle A_kA_{k+1}A_0=\frac{k\pi}{n} \qquad (k=1,2,\dots,n-2) $$

**(3)**

$$ \frac{a_k}{a_1}=\frac{\sin\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}} \qquad (k=1,2,\dots,n-1) $$

**(4)**

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a_k}{a_1}\sin\frac{\pi}{2n}\right) &= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}} \end{aligned} $$

**(5)**

$$ S=\frac{4\pi}{n}\cot\frac{\pi}{2n} $$