解説

方針・初手

各段階で必要なのは面積そのものではなく、もとの三角形 $\triangle P_nQ_nR_n$ に対する面積比である。

したがって、各 $n$ について

$$ P_n=(0,0),\quad Q_n=(1,0),\quad R_n=(0,1) $$

とおいて計算してよい。このとき得られた面積比を最後に $a_n$ に掛ければよい。

解法1

$\triangle P_nQ_nR_n$ を上のようにおくと、その面積は

$$ \frac12 $$

である。

内分の条件より、

$$ P_{n+1}=(1-t,\ t),\quad Q_{n+1}=(0,\ 1-t),\quad R_{n+1}=(t,\ 0) $$

となる。

まず、$\triangle P_nQ_{n+1}R_{n+1}$ の面積を求める。

$P_n=(0,0)$ であるから、

$$ [\triangle P_nQ_{n+1}R_{n+1}] =\frac12\cdot t\cdot(1-t) $$

である。もとの $\triangle P_nQ_nR_n$ の面積が $\dfrac12$ なので、面積比は

$$ \frac{[\triangle P_nQ_{n+1}R_{n+1}]}{[\triangle P_nQ_nR_n]} =t(1-t) $$

である。よって、

$$ [\triangle P_nQ_{n+1}R_{n+1}]=a_n,t(1-t) $$

となる。

次に $a_{n+1}=[\triangle P_{n+1}Q_{n+1}R_{n+1}]$ を求める。

$\triangle P_nQ_nR_n$ は、中央の $\triangle P_{n+1}Q_{n+1}R_{n+1}$ と、頂点 $P_n,Q_n,R_n$ を含む 3 つの小三角形に分かれる。しかも 3 つの小三角形は同様にしてそれぞれ面積が $a_n t(1-t)$ である。

したがって、

$$ a_{n+1} =a_n-3a_n t(1-t) =a_n{1-3t+3t^2} $$

を得る。

よって、数列 ${a_n}$ は公比

$$ r=1-3t+3t^2 $$

の等比数列であり、

$$ a_n=a_1(1-3t+3t^2)^{n-1} $$

である。

ここで

$$ 1-r=1-(1-3t+3t^2)=3t(1-t) $$

であり、$0<t<1$ だから $0<r<1$ である。したがって級数 $S=\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ は収束し、

$$ S=\frac{a_1}{1-r} =\frac{a_1}{3t(1-t)} $$

となる。

さらに $a_1=1$ のときは

$$ S=\frac{1}{3t(1-t)} $$

であるから、$S$ を最小にするには $t(1-t)$ を最大にすればよい。

$$ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le \frac14 $$

より、最大値は $t=\dfrac12$ のとき $\dfrac14$ である。したがって

$$ S\ge \frac{1}{3\cdot \frac14}=\frac43 $$

であり、等号は $t=\dfrac12$ のとき成り立つ。

よって、$S$ を最小にするのは

$$ t=\frac12 $$

のときで、その最小値は

$$ \frac43 $$

である。

解説

この問題の本質は、各段階で新しくできる三角形の面積が、前の三角形の面積の一定倍になることを見抜く点にある。

座標を置いて 1 回分の面積比を求めれば、その比はすべての段階で共通であるから、${a_n}$ は等比数列になる。あとは無限等比級数の和と、$t(1-t)$ の最大値を用いればよい。

答え

**(1)**

$$ [\triangle P_nQ_{n+1}R_{n+1}]=a_n,t(1-t) $$

$$ a_{n+1}=a_n(1-3t+3t^2) $$

**(2)**

$$ S=\sum_{n=1}^{\infty}a_n=\frac{a_1}{3t(1-t)} $$

**(3)**

$a_1=1$ のとき、

$$ t=\frac12 $$

で $S$ は最小となり、その最小値は

$$ \frac43 $$

である。