2018年入試問題研究に戻る京大特色1番解答
(1) 頂点 $ \mathrm{A}_n $ の位置ベクトルを $ \overrightarrow{a}_n $ と表す．他も同様である． \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{C}_n\mathrm{E}_n} \cdots (1) \] などより， \begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+2}\mathrm{B}_{n+2}}&=&\dfrac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{C}_{n+1}\mathrm{E}_{n+1}} =\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{\overrightarrow{b}_n+\overrightarrow{c}_n}{2} -\dfrac{\overrightarrow{a}_n+\overrightarrow{e}_n}{2} \right)\\ &=&\dfrac{\overrightarrow{b}_n-\overrightarrow{a}_n}{4}-\dfrac{\overrightarrow{e}_n-\overrightarrow{c}_n}{4} =\dfrac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}} \cdots (2) \end{eqnarray*} ここで二次方程式 \[ t^2+\dfrac{1}{2}t-\dfrac{1}{4}=0 \] の2解を $ \beta,\ \gamma\ (\beta< \gamma) $ とする．つまり \[ \beta=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4},\ \gamma=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4} \] である．このとき， $ (2) $ は \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+2}\mathrm{B}_{n+2}}-(\beta+\gamma)\overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}} +\beta\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}= \overrightarrow{O} \] と表される．これから \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+2}\mathrm{B}_{n+2}}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}} =\gamma\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}\right) \] よって \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n} =\gamma^{n-1}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right) \] 同様に \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}}-\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n} =\beta^{n-1}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right) \] よって \[ (\gamma-\beta)\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}= \gamma^{n-1}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right)- \beta^{n-1}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right) \] この結果 \[ \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}}{\beta^n} =\dfrac{1}{\beta\gamma-\beta^2} \left\{\left(\dfrac{\gamma}{\beta}\right)^{n-1}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\beta\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right)- \left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right) \right\} \] ここで \[ \left|\dfrac{\gamma}{\beta} \right|= \left|\dfrac{-1+\sqrt{5}}{-1-\sqrt{5}} \right|< 1 \] なので， \[ \lim_{n \to \infty}\left|\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{A}_n\mathrm{B}_n}}{\beta^n} \right| =\left|\dfrac{1}{\beta\gamma-\beta^2}\left(\overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}-\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \right) \right| \] $ \gamma >0 $ で，五角形は凸なので， \[ \overrightarrow{\mathrm{A}_2\mathrm{B}_2}=\gamma\overrightarrow{\mathrm{A}_1\mathrm{B}_1} \] となることはない． よって \[ \alpha=\dfrac{1}{|\beta|}=\sqrt{5}-1 \] のとき，条件を満たす．
(2) $ (1) $ の関係は各辺と対角線についても成り立つ．よって \[ L_{n+1}=\dfrac{1}{2}M_n \] である．よって \[ \dfrac{M_n}{L_n}=\dfrac{2L_{n+1}}{L_n} \] が成り立つ．(1)と同様にして数列 $ \{\alpha^nL_n\} $ は0でない値に収束する．よって \[ \lim_{n \to \infty}\dfrac{M_n}{L_n}=\dfrac{2}{\alpha}\times\lim_{n \to \infty}\dfrac{\alpha^{n+1}L_{n+1}}{\alpha^n L_n} =\dfrac{2}{\alpha}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \] である．