解説

方針・初手

各点はすべて $x$ 軸上にあるので、$x$ 座標だけを追えばよい。

まず、原点 $O(0,0)$ と $P_{n-1}(a_{n-1},0)$ を $2:1$ に内分する点の $x$ 座標を求め、その点と $(1,0)$ の中点の $x$ 座標を求めれば、$a_n$ の漸化式が得られる。 その後、極限値で平行移動して等比数列に直す。

解法1

原点 $O(0,0)$ と点 $P_{n-1}(a_{n-1},0)$ を $2:1$ に内分する点の $x$ 座標は

$$ \frac{2a_{n-1}}{3} $$

である。

したがって、その点と $(1,0)$ の中点 $P_n(a_n,0)$ の $x$ 座標は

$$ a_n=\frac{1}{2}\left(\frac{2a_{n-1}}{3}+1\right) =\frac{1}{3}a_{n-1}+\frac{1}{2} $$

となる。

よって、まず

$$ a_1=\frac{1}{3}a_0+\frac{1}{2} $$

であり、**①** は $\dfrac{1}{3}a_0+\dfrac{1}{2}$ である。

また、漸化式は

$$ a_n=\frac{1}{3}a_{n-1}+\frac{1}{2} $$

であるから、**②** は $\dfrac{1}{3}$、**③** は $\dfrac{1}{2}$ である。

次に、この漸化式の定常値を $\alpha$ とすると

$$ \alpha=\frac{1}{3}\alpha+\frac{1}{2} $$

より

$$ \alpha=\frac{3}{4} $$

である。

そこで

$$ b_n=a_n-\frac{3}{4} $$

とおくと、

$$ b_n=\frac{1}{3}b_{n-1} $$

となるので、$b_n$ は公比 $\dfrac{1}{3}$ の等比数列である。したがって

$$ b_n=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}b_1 =\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\left(a_1-\frac{3}{4}\right) $$

であり、

$$ a_n=\frac{3}{4}+\left(a_1-\frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

を得る。 よって **④** は

$$ \frac{3}{4}+\left(a_1-\frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

である。

$a_0=\dfrac{3}{4}$ のときは

$$ a_1=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4} $$

となり、以後ずっと $a_n=\dfrac{3}{4}$ である。したがって $P_n$ は定点であり、**⑤** は $\dfrac{3}{4}$ である。

$a_0\neq \dfrac{3}{4}$ のときも、$\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}\to 0$ より

$$ a_n\to \frac{3}{4} $$

であるから、

$$ P_n\to Q\left(\frac{3}{4},0\right) $$

となる。したがって **⑥** は $\dfrac{3}{4}$ である。

さらに、$P_nQ$ は距離であるから

$$ P_nQ=\left|a_n-\frac{3}{4}\right| =\left|a_1-\frac{3}{4}\right|\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

である。よって

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}P_nQ &= \left|a_1-\frac{3}{4}\right| \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} &= \left|a_1-\frac{3}{4}\right|\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}} \\ \frac{3}{2}\left|a_1-\frac{3}{4}\right| \end{aligned} $$

となる。

これが $\dfrac{1}{3}$ に等しいから

$$ \frac{3}{2}\left|a_1-\frac{3}{4}\right|=\frac{1}{3} $$

すなわち

$$ \left|a_1-\frac{3}{4}\right|=\frac{2}{9} $$

である。ここで

$$ a_1=\frac{1}{3}a_0+\frac{1}{2} $$

より

$$ \left(\frac{1}{3}a_0+\frac{1}{2}\right)-\frac{3}{4} =\frac{a_0}{3}-\frac{1}{4} =\frac{4a_0-3}{12} $$

だから

$$ \left|\frac{4a_0-3}{12}\right|=\frac{2}{9} $$

すなわち

$$ |4a_0-3|=\frac{8}{3} $$

を得る。

ここで $0<a_0<1$ より $-3<4a_0-3<1$ であるから、成り立つのは

$$ 4a_0-3=-\frac{8}{3} $$

の場合だけであり、

$$ a_0=\frac{1}{12} $$

となる。したがって **⑦** は $\dfrac{1}{12}$ である。

解説

この問題の本質は、操作を座標の一次変換

$$ a_n=\frac{1}{3}a_{n-1}+\frac{1}{2} $$

として捉えることである。

この形の漸化式では、まず不動点

$$ a=\frac{1}{3}a+\frac{1}{2} $$

を求め、その値との差をとると等比数列になる。 極限、定点条件、距離の無限級数がすべて一つの見通しで処理できる典型問題である。

答え

**①** $\displaystyle \frac{1}{3}a_0+\frac{1}{2}$

**②** $\displaystyle \frac{1}{3}$

**③** $\displaystyle \frac{1}{2}$

**④** $\displaystyle \frac{3}{4}+\left(a_1-\frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}$

**⑤** $\displaystyle \frac{3}{4}$

**⑥** $\displaystyle \frac{3}{4}$

**⑦** $\displaystyle \frac{1}{12}$