解説

方針・初手

正 $k$ 角形 $P_n$ の外接円の半径を $R_n$ とおくと，$R_n$ はちょうど円 $C_{n-1}$ の半径である。

正 $k$ 角形の内接円の半径は，外接円の半径の $\cos \dfrac{\pi}{k}$ 倍であるから，

$$ R_{n+1}=R_n\cos\frac{\pi}{k} $$

が成り立つ。したがって，辺の長さ $a_n$ も面積 $S_n$ も等比的に変化する。まず $R_n$ を用いて $a_n,\ S_n$ を表し，その後に各設問を処理する。

解法1

正 $k$ 角形 $P_n$ は半径 $R_n$ の円に内接しているから，その1辺の長さは

$$ a_n=2R_n\sin\frac{\pi}{k} $$

である。

また，面積は中心角を用いて

$$ S_n=\frac{k}{2}R_n^2\sin\frac{2\pi}{k} $$

と表せる。

さらに，正 $k$ 角形の内接円半径は $R_n\cos \dfrac{\pi}{k}$ なので，

$$ R_{n+1}=R_n\cos\frac{\pi}{k} $$

であり，$R_1=1$ より

$$ R_n=\left(\cos\frac{\pi}{k}\right)^{n-1} $$

となる。

したがって，

$$ a_n=2\left(\cos\frac{\pi}{k}\right)^{n-1}\sin\frac{\pi}{k} $$

$$ S_n=S_1\left(\cos^2\frac{\pi}{k}\right)^{n-1} $$

を得る。

（1）

まず $k=3$ のとき，

$$ a_1=2\sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{3} $$

$$ S_1=\frac{3}{2}\sin\frac{2\pi}{3} =\frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} =\frac{3\sqrt{3}}{4} $$

である。

次に $k=6$ のとき，

$$ a_1=2\sin\frac{\pi}{6}=1 $$

$$ S_1=\frac{6}{2}\sin\frac{2\pi}{6} =3\sin\frac{\pi}{3} =3\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} =\frac{3\sqrt{3}}{2} $$

である。

（2）

$a_{n+1}=a_n\cos \dfrac{\pi}{k}$ だから，

$$ a_n:a_{n+1}=1:\cos\frac{\pi}{k} $$

である。

また，

$$ S_n=S_1\left(\cos^2\frac{\pi}{k}\right)^{n-1} $$

より，$\sum_{n=1}^{\infty}S_n$ は等比級数で，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}S_n =\frac{S_1}{1-\cos^2\frac{\pi}{k}} =\frac{S_1}{\sin^2\frac{\pi}{k}} $$

となる。

ここで

$$ S_1=\frac{k}{2}\sin\frac{2\pi}{k} =k\sin\frac{\pi}{k}\cos\frac{\pi}{k} $$

だから，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}S_n =\frac{k\sin\frac{\pi}{k}\cos\frac{\pi}{k}}{\sin^2\frac{\pi}{k}} =k\cot\frac{\pi}{k} $$

である。

これが $k$ に等しいので，

$$ k\cot\frac{\pi}{k}=k $$

$$ \cot\frac{\pi}{k}=1 $$

$$ \frac{\pi}{k}=\frac{\pi}{4} $$

となり，

$$ k=4 $$

である。

（3）

$q=\cos^2\dfrac{\pi}{k}$ とおくと，

$$ S_n=S_1q^{n-1} $$

であるから，

$$ S_{2n-1}-S_{2n} =S_1q^{2n-2}-S_1q^{2n-1} =S_1q^{2n-2}(1-q) $$

となる。よって，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}(S_{2n-1}-S_{2n}) =S_1(1-q)\sum_{n=1}^{\infty}q^{2n-2} $$

$$ =S_1(1-q)\sum_{m=0}^{\infty}q^{2m} =S_1(1-q)\cdot\frac{1}{1-q^2} =\frac{S_1}{1+q} $$

したがって，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}(S_{2n-1}-S_{2n}) =\frac{1}{1+\cos^2\frac{\pi}{k}},S_1 $$

である。

最後に $k\to\infty$ とすると，$\dfrac{\pi}{k}\to 0$ であるから，

$$ \cos\frac{\pi}{k}\to 1 $$

また，

$$ S_1=\frac{k}{2}\sin\frac{2\pi}{k}\to \pi $$

である。よって，

$$ \lim_{k\to\infty}\frac{1}{1+\cos^2\frac{\pi}{k}},S_1 =\frac{1}{2}\cdot\pi =\frac{\pi}{2} $$

となる。

解説

この問題の本質は，各段階でできる正 $k$ 角形が相似であり，縮小率が一定であることにある。

正 $k$ 角形の外接円半径を $R_n$ と見ると，次の段階ではその内接円が新しい外接円になるので，半径は毎回 $\cos \dfrac{\pi}{k}$ 倍される。したがって，辺の長さはその1乗，面積はその2乗の比で等比数列になる。

（2） は面積の無限等比級数，（3） は奇数番目と偶数番目を組にした等比級数として処理するのが自然である。

答え

**(1)**

$$ \text{ア}=\sqrt{3},\qquad \text{イ}=\frac{3\sqrt{3}}{4},\qquad \text{ウ}=1,\qquad \text{エ}=\frac{3\sqrt{3}}{2} $$

**(2)**

$$ \text{オ}=\cos\frac{\pi}{k},\qquad \text{カ}=4 $$

**(3)**

$$ \text{キ}=\frac{1}{1+\cos^2\frac{\pi}{k}},\qquad \text{ク}=\frac{\pi}{2} $$