解説

方針・初手

まず、正五角形の辺の長さを $\omega$、対角線の長さを $y$ として、その比を確定する。ここは円に内接する四角形に対するトレミーの定理を使うのが最短である。

その後は、正五角形で成り立つ平行関係

$$ AD\parallel BC,\qquad AC\parallel DE,\qquad BE\parallel CD $$

を使う。ベクトルは平行四辺形、長さは相似で処理すればよい。

解法1

**(1)**

四角形 $ABCD$ は円に内接しているから、トレミーの定理より

$$ AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD $$

が成り立つ。

ここで、正五角形より

$$ AB=BC=CD=\omega,\qquad AC=BD=AD=y $$

であるから、

$$ y^2=\omega^2+\omega y $$

となる。よって

$$ \omega^2=y(y-\omega) $$

が示された。

さらに、今後のために $t=\dfrac{y}{\omega}$ とおくと、

$$ t^2=t+1 $$

であり、$t>0$ だから

$$ t=\frac{1+\sqrt5}{2} $$

である。したがって

$$ y=\frac{1+\sqrt5}{2},\omega $$

を得る。

**(2)**

点 $X$ を

$$ \overrightarrow{BX}=\vec c $$

で定める。

$\vec c=\overrightarrow{CD}$ であるから、$BX\parallel CD$ であり、しかも $BX=CD$ である。よって四角形 $BXDC$ は平行四辺形であり、

$$ XD\parallel BC $$

が成り立つ。

一方、正五角形では $AD\parallel BC$ だから、$XD\parallel AD$ となり、点 $X$ は直線 $AD$ 上にある。

したがって

$$ \vec a+\vec c=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BX}=\overrightarrow{AX} $$

である。また、平行四辺形 $BXDC$ より

$$ XD=BC=\omega $$

だから、

$$ AX=AD-XD=y-\omega $$

となる。しかも $\overrightarrow{AX}$ は $\overrightarrow{BC}$ と平行で同方向であるから、

$$ \vec a+\vec c=\frac{y-\omega}{\omega},\overrightarrow{BC} $$

すなわち

$$ \overrightarrow{BC}=\frac{\omega}{y-\omega}(\vec a+\vec c) $$

を得る。

ここで （1） の関係 $\omega^2=y(y-\omega)$ を用いると

$$ \frac{\omega}{y-\omega}=\frac{y}{\omega}=\frac{1+\sqrt5}{2} $$

であるから、

$$ \overrightarrow{BC}=\frac{1+\sqrt5}{2},(\vec a+\vec c) $$

となる。

**(3)**

$P=AC\cap BE,\ Q=AD\cap BE$ とおくと、$PQ$ は $R_2$ の一辺である。

正五角形では $BE\parallel CD$ だから、$PQ\parallel CD$ であり、よって三角形 $APQ$ と三角形 $ACD$ は相似である。したがって

$$ \frac{PQ}{CD}=\frac{AP}{AC} $$

すなわち

$$ \frac{PQ}{\omega}=\frac{AP}{y} $$

である。

そこで $AP$ を求める。点 $P$ は $AC$ 上かつ $BE$ 上にあり、また $AC\parallel DE,\ PE\parallel CD$ だから、四角形 $CDEP$ は平行四辺形である。よって

$$ PE=CD=\omega $$

となる。したがって

$$ BP=BE-PE=y-\omega $$

である。

さらに三角形 $ABP$ において、$P$ は $AC,\ BE$ 上にあるから

$$ \angle BAP=\angle BAC=36^\circ,\qquad \angle ABP=\angle ABE=36^\circ $$

である。よって三角形 $ABP$ は二等辺三角形で、

$$ AP=BP=y-\omega $$

となる。

ゆえに

$$ PQ=\omega\cdot\frac{y-\omega}{y} $$

である。ここで （1） より

$$ \frac{y-\omega}{y}=\frac{\omega^2}{y^2} $$

だから、

$$ PQ=\omega\cdot\frac{\omega^2}{y^2} $$

となる。さらに $y=\dfrac{1+\sqrt5}{2}\omega$ を用いると

$$ PQ=\omega\left(\frac{2}{1+\sqrt5}\right)^2 =\frac{3-\sqrt5}{2},\omega $$

となる。

よって、$R_2$ の一辺の長さは

$$ \frac{3-\sqrt5}{2},\omega $$

である。

**(4)**

（3） により、正五角形 $R_n$ から同じ作図で得られる $R_{n+1}$ は、$R_n$ と相似であり、その相似比は常に

$$ r=\frac{3-\sqrt5}{2} $$

である。

したがって面積比は

$$ \frac{S_{n+1}}{S_n}=r^2 =\left(\frac{3-\sqrt5}{2}\right)^2 =\frac{7-3\sqrt5}{2} =:q $$

である。よって

$$ S_k=S_1q^{k-1} $$

となるから、

$$ \frac1{S_1}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}S_k =\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}q^{k-1} =\sum_{k=0}^{n-1}(-q)^k $$

である。

ここで $0<q<1$ なので、無限等比級数の和より

$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}(-q)^k =\frac{1}{1+q} $$

となる。したがって

$$ \lim_{n\to\infty}\frac1{S_1}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}S_k =\frac{1}{1+\frac{7-3\sqrt5}{2}} =\frac{2}{9-3\sqrt5} =\frac{3+\sqrt5}{6} $$

である。

解説

この問題の核は、正五角形の対角線と辺の比が黄金比になることである。（1） をトレミーの定理で一気に出すと、その後の計算が整理される。

（2） は、正五角形に特有の平行関係を見抜けるかどうかが本質である。補助点を作って平行四辺形に落とすと、ベクトル和 $\vec a+\vec c$ の向きと長さが具体化できる。

（3） は、内側の正五角形の一辺を直接追うより、対角線上の交点をとって相似で処理するのが確実である。（4） は、その相似比が毎回一定であることから、面積が等比数列になると見れば終わりである。

答え

**(1)**

$$ \omega^2=y(y-\omega) $$

したがって

$$ y=\frac{1+\sqrt5}{2},\omega $$

である。

**(2)**

$$ \overrightarrow{BC}=\frac{1+\sqrt5}{2},(\vec a+\vec c) $$

**(3)**

$R_2$ の一辺の長さは

$$ \frac{3-\sqrt5}{2},\omega $$

である。

**(4)**

$$ \lim_{n\to\infty}\frac1{S_1}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}S_k =\frac{3+\sqrt5}{6} $$