$n\times n$ マスの方眼の罫線に沿って正方形を描けるだけ描くとき, 正方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値を $a_n$ とおく. 求めるべきは, 極限値 $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ である. 方眼のマス目の $1$ 辺の長さが $1$ であるとする.

(1)

数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求める.

• 正方形の個数は, $1$ 辺の長さが $k$ $(1 \leqq k \leqq n)$ である正方形が $(n-k+1)^2$ 個あることから, \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2 = \sum_{k = 1}^nk^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \quad \cdots [1]\] である.
• 正方形ののべ面積は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2k^2 \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ (n+1)^2-2(n+1)k+k^2\} k^2 \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ (n+1)^2k^2-2(n+1)k^3+k^4\} \\ &= (n+1)^2\sum_{k = 1}^nk^2-2(n+1)\sum_{k = 1}^nk^3+\sum_{k = 1}^nk^4 \\ &= (n+1)^2\cdot\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\ &\qquad -2(n+1)\cdot\frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \\ &\qquad +\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1) \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)\{ 5(n+1)^2(2n+1) \\ &\qquad -15n(n+1)^2+(2n+1)(3n^2+3n-1)\} \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)(n^3+4n^2+6n+4) \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)(n+2)(n^2+2n+2) \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である. ここで, \[\sum_{k = 1}^nk^4 = \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)\] であることを使った.
• 正方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値 $a_n$ は, 正方形の面積の平均値のマス目全体の面積に対する割合 $[2]\div [1]\div n^2$ に等しいから, \[\begin{aligned} a_n &= \frac{\dfrac{1}{30}n(n+1)(n+2)(n^2+2n+2)}{\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot n^2} \\ &= \frac{(n+2)(n^2+2n+2)}{5n^2(2n+1)} \end{aligned}\] である.

(2)

極限値 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ を求める. \[\begin{aligned} a_n &= \frac{(n+2)(n^2+2n+2)}{5n^2(2n+1)} = \frac{\left( 1+\dfrac{2}{n}\right)\left( 1+\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{5\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)} \\ &\to \frac{1}{10} \quad (n \to \infty ) \end{aligned}\] であるから, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \dfrac{1}{10}$ である.

　$n\times n$ マスの方眼の罫線に沿って長方形を描けるだけ描くとき, 長方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値を $a_n$ とおく. 求めるべきは, 極限値 $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ である. 方眼のマス目の $1$ 辺の長さが $1$ であるとする.

(1)

数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求める.

• 長方形の個数は, 隣り合う $2$ 辺の長さが $k,$ $l$ $(1 \leqq k \leqq n,$ $1 \leqq l \leqq n)$ である長方形が $(n-k+1)(n-l+1)$ 個あることから, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n\sum_{l = 1}^n(n-k+1)(n-l+1) \\ &= \sum_{k = 1}^n\sum_{l = 1}^nkl = \left(\sum_{k = 1}^nk\right)\left(\sum_{l = 1}^nl\right) = \left(\sum_{k = 1}^nk\right) ^2 \\ &= \left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\} ^2 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] である.
• 長方形ののべ面積は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n\sum_{l = 1}^n(n-k+1)(n-l+1)kl \\ &= \left\{\sum_{k = 1}^n(n-k+1)k\right\}\left\{\sum_{l = 1}^n(n-l+1)l\right\} \\ &= \left\{\sum_{k = 1}^n(n-k+1)k\right\} ^2 \\ &= \left\{ \frac{1}{6}n(n+1)(n+2)\right\} ^2 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である. ここで, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n(n-k+1)k = \sum_{k = 1}^n\{ (n+1)k-k^2\} \\ &= (n+1)\sum_{k = 1}^nk-\sum_{k = 1}^nk^2 \\ &= (n+1)\frac{1}{2}n(n+1)-\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)\{ 3(n+1)-(2n+1)\} \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)(n+2) \end{aligned}\] であることを使った.
• 長方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値 $a_n$ は, 長方形の面積の平均値のマス目全体の面積に対する割合 $[2]\div [1]\div n^2$ に等しいから, \[\frac{\left\{\dfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)\right\} ^2}{\left\{\dfrac{1}{2}n(n+1)\right\} ^2\cdot n^2} = \frac{(n+2)^2}{9n^2}\] である.

(2)

極限値 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ を求める. \[ a_n = \frac{(n+2)^2}{9n^2} = \frac{1}{9}\left( 1+\dfrac{2}{n}\right) ^2 \to \frac{1}{9} \quad (n \to \infty )\] であるから, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \dfrac{1}{9}$ である.

　最初の正方形の $1$ 辺の長さを $1$ とし, $n$ 個目の正方形の $1$ 辺の長さを $F_n$ とおく. このとき, $n$ 個目まで正方形を貼り合わせてできる長方形の隣り合う $2$ 辺の長さは $F_n,$ $F_{n+1}$ になる. \[ F_1 = F_2 = 1\] であり, $n+2$ 個目の正方形の $1$ 辺の長さは $n+1$ 個目と $n$ 個目の正方形の $1$ 辺の長さの和に等しいから, \[ F_{n+2} = F_n+F_{n+1}\] が成り立ち, 数列 $\{ F_n\}$ の一般項は \[ F_n = \frac{1}{\sqrt 5}\left\{\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right) ^n-\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right) ^n\right\}\] である (こちらを参照, $F_n = a_{n-1}$). $\alpha = \dfrac{1+\sqrt 5}{2},$ $\beta = \dfrac{1-\sqrt 5}{2}$ とおくと \[\left|\frac{\beta}{\alpha}\right| = \frac{\sqrt 5-1}{\sqrt 5+1} < 1\] となるから, \[\begin{aligned} \lim\limits_{n \to \infty}\frac{F_{n+1}}{F_n} &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\alpha ^{n+1}-\beta ^{n+1}}{\alpha ^n-\beta ^n} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\alpha -\beta\left(\dfrac{\beta}{\alpha}\right) ^n}{1-\left(\dfrac{\beta}{\alpha}\right) ^n} \\ &= \frac{\alpha -\beta\cdot 0}{1-0} = \alpha \end{aligned}\] であり, 求める比の極限値は \[ 1:\frac{1+\sqrt 5}{2}\] である.

　このくじにおいて, 当たりの確率は $\dfrac{1}{n},$ はずれの確率は $1-\dfrac{1}{n}$ であるから, $n$ 回引くときに $1$ 回も当たらない確率は \[\begin{aligned} \left( 1-\frac{1}{n}\right)^n &= \frac{1}{\left( 1+\dfrac{1}{-n}\right)^{-n}} \\ &\to \frac{1}{e} \quad (n \to \infty) \end{aligned}\] である. ここで, \[ e = \lim\limits_{k \to 0}(1+k)^{\frac{1}{k}} = \lim\limits_{x \to \pm\infty}\left( 1+\frac{1}{x}\right) ^x\] であることを使った.

　$n$ 回目に初めて表が出る確率を $p_n$ とおく. 求める期待値 $E$ は \[ E = \sum_{n = 1}^\infty np_n\] と表される.

(1)

$p_n$ を求める. $n$ 回目に初めて表が出るのは, $n-1$ 回目までに裏が出て $n$ 回に表が出る場合であるから, その確率は \[ p_n = \left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}\cdot\frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right) ^n\] である.

(2)

$S_n = \displaystyle\sum_{k = 1}^nkp_k$ を求める. (1) の結果から, \[ S_n = 1\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n\] である. 両辺に $\dfrac{1}{2}$ を掛けると \[\frac{1}{2}S_n = 1\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +(n-1)\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n+n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1}\] となるから, 辺々を引くと \[\begin{aligned} \frac{1}{2}S_n &= \frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +\left(\frac{1}{2}\right) ^n-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ &= \frac{\dfrac{1}{2}\left\{ 1-\left(\dfrac{1}{2}\right) ^n\right\}}{1-\dfrac{1}{2}}-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ &= 1-\left(\frac{1}{2}\right) ^n-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ S_n &= 2-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n-2n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \end{aligned}\] が得られる.

(3)

$E$ の値を求める. (2) の結果から, \[\begin{aligned} E &= \lim_{n \to \infty}S_n \\ &= \lim_{n \to \infty}\left\{ 2-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n-2n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1}\right\} \\ &= 2 \end{aligned}\] である.

(1)

$n$ 日目に労働者は

$\displaystyle\sum_{k = 1}^nk = \frac{n(n+1)}{2}$ (人)

いるから, $n$ 日目の報酬は

$\displaystyle a\div\frac{n(n+1)}{2} = \frac{2a}{n(n+1)}$ (円)

である. よって, $1$ 日目からいる労働者が $N$ 日目までに得られる報酬は \[\sum_{n = 1}^N\frac{2a}{n(n+1)} = 2a\sum_{n = 1}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) = 2a\left( 1-\frac{1}{N+1}\right)\] (円) であるから, $\displaystyle\lim\limits_{N \to \infty}\dfrac{1}{N+1} = 0$ により, この労働者が無限に働き続けるときに得られる報酬は

$2a$ 円

である.

(2)

$n$ 日目 $(n \geqq 2)$ に労働者は

$\displaystyle\sum_{k = 2}^n(2k-1) = \displaystyle\sum_{k = 1}^n(2k-1)-1 = n^2-1$ (人)

いるから, $n$ 日目の報酬は

$a\div (n^2-1) = \dfrac{a}{(n+1)(n-1)}$ (円)

である. よって, $2$ 日目からいる労働者が $N$ 日目までに得られる報酬は \[\begin{aligned} \sum_{n = 2}^N\frac{a}{(n+1)(n-1)} &= \frac{a}{2}\sum_{n = 2}^N\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right) \\ &= \frac{a}{2}\left( 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right) \end{aligned}\] (円) であるから, $\displaystyle\lim\limits_{N \to \infty}\dfrac{1}{N} = \lim\limits_{N \to \infty}\dfrac{1}{N+1} = 0$ により, この労働者が無限に働き続けるときに得られる報酬は

$\dfrac{3}{4}a$ 円

である.

　直角三角形 $\mathrm{OP}_0\mathrm P_1,$ $\cdots,$ $\mathrm{OP}_{n-1}\mathrm P_n,$ $\cdots$ を \[\begin{aligned} &\mathrm{OP}_0 = 1, \quad \angle\mathrm P_0\mathrm{OP}_1 = \frac{\pi}{4}, \\ &\angle\mathrm P_n\mathrm{OP}_{n+1} = \frac{1}{2}\angle\mathrm P_{n-1}\mathrm{OP}_n \end{aligned}\] となるように定める. このとき, \[\mathrm{OP}_n = \mathrm{OP}_{n-1}\cos\frac{\pi}{2^{n+1}} \quad (n \geqq 1)\] であるから, \[\mathrm{OP}_n = \cos\frac{\pi}{4}\cdots\cos\frac{\pi}{2^{n+1}} \quad \cdots [1]\] である. 倍角の公式により \[\cos\frac{\theta}{2^k}\sin\frac{\theta}{2^k} = \frac{1}{2}\cos\frac{\theta}{2^{k-1}}\] であるから, \[\begin{aligned} \cos\frac{\pi}{4}\cdots\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}\sin\frac{\pi}{2^{n+1}} &= \frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{4}\cdots\cos\frac{\pi}{2^n}\sin\frac{\pi}{2^n} \\ &= \cdots \\ &= \frac{1}{2^{n-1}}\cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{1}{2^n}\sin\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{1}{2^n} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $[1],$ $[2]$ から, \[\begin{aligned} \mathrm{OP}_n &= \frac{1}{2^n}\div\sin\frac{\pi}{2^{n+1}} \\ &= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2^{n+1}}\div\sin\frac{\pi}{2^{n+1}} \\ &\to \frac{2}{\pi}\cdot 1 = \frac{2}{\pi} \quad (n \to \infty ) \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, 求める極限値は \[\lim\limits_{n \to \infty}\mathrm{OP}_{n-1} = \frac{2}{\pi}\] である.

　円の半径が $1$ であるとしても一般性を失わない. このとき, 円の中心を $\mathrm O,$ 光が反射する点を $\mathrm R$ とおき, $\theta = \angle\mathrm{OAR}$ とおく. 反射角は入射角に等しいことと $\mathrm{OR} = \mathrm{OA}$ から \[\angle\mathrm{ORP} = \angle\mathrm{ORA} = \theta\] であるので, \[\angle\mathrm{OPR} = \pi -3\theta\] が成り立つ. よって, $\triangle\mathrm{OPR}$ に正弦定理を適用すると, \[\frac{\mathrm{OP}}{\sin\theta} = \frac{1}{\sin (\pi -3\theta )} = \frac{1}{\sin 3\theta}\] が得られる. 点 $\mathrm R$ を点 $\mathrm B$ に限りなく近づけていくとき, 点 $\mathrm P$ が近づいていく点を $\mathrm P_0$ とすると, $\theta \to +0$ であるから, \[\begin{aligned} \mathrm{OP}_0 &= \lim_{\theta \to +0}\mathrm{OP} = \lim_{\theta \to +0}\frac{\sin\theta}{\sin 3\theta} = \frac{1}{3}\lim_{\theta \to +0}\frac{\sin\theta}{\theta}\cdot\frac{3\theta}{\sin 3\theta} \\ &= \frac{1}{3}\cdot 1\cdot\frac{1}{1} = \frac{1}{3} \end{aligned}\] となる. よって, 求める距離の比は \[\mathrm{AP}_0:\mathrm P_0\mathrm B = \left( 1+\frac{1}{3}\right) :\left( 1-\frac{1}{3}\right) = 2:1\] である.