ある数列の極限　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」にＨＮ「ｈａｓｕ」さんが平成２３年１２月２２日付けで問題を書
き込まれた。（平成２４年５月１４日付け）
　（掲載まで五ヶ月も掛かってしまいました。「ｈａｓｕ」さんにお詫び申し上げます。）

　漸化式　Ｆ₀＝　、Ｆ_k²＝Ｆ_k-1＋ｒ　で定まる数列｛Ｆ_k｝を考える。

　数列｛Ｆ_k｝の極限値を Ｒ とすると、Ｒ²＝Ｒ＋ｒ　から、

　　　

である。ここで、　Ｆ₀＝　、　Ｆ₁²＝Ｆ₀＋ｒ＝＋ｒ　より、　Ｆ₁＝√（＋ｒ）

　Ｆ₂²＝Ｆ₁＋ｒ＝√（＋ｒ）＋ｒ　より、　Ｆ₂＝√[√（＋ｒ）＋ｒ]

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　このとき、　Π_ｋ=0〜∞(Ｆ_k/R) の値はどうなるだろうか？

　ｒ＝２　の場合は、一応の証明は出来ました。　R＝２　なので、　Ｃ_k＝Ｆ_k/２　とおくと、

　Ｃ₀＝/２　、Ｃ_k²＝(Ｃ_k-1＋１)/２　となり、Π_ｋ=0〜∞Ｃ_ｋ を求めればよい。

　Ｃ_k²＝(Ｃ_k-1＋１)/２ は、余弦の半角の公式と同じなので、ｎ≦４　のときは、cos(π/ａ２^ｋ)

と同じになります。実際、(ｎ，ａ)＝(1，3)、(2，4)、(3，6)

　一辺が２の正方形の中に、隣り合った頂点２つを中心として四分円を２つ描きます。その
２つの重なりの面積は、四分円の面積がπ/４であることと２つの中心と２つの四分円が交
わる点を結ぶと正三角形になるという事実から計算できます。（→　π/３ー/４）

　この面積は、ユークリッドの取り付くし法を使うと、

　　Σ_k＝1〜∞ｓｉｎ(π/(３・２^ｋ))[1−ｃｏｓ(π/(３・２^ｋ)]・２^ｋ　と同じになります。

　ｋ＝１で、まず真ん中の正三角形を、ｋ＝２は正三角形の辺から円の一点を結ぶ二等辺
三角形２つを表します。

　上＝Σ_k＝1〜∞［ｓｉｎ(π/(３・２^ｋ))・２^ｋ−ｓｉｎ(π/(３・２^ｋ))・ｃｏｓ(π/(３・２^ｋ)・２^ｋ］

正弦の２倍角の公式より、

　　　sin(π/３・２^k)＝/２^k+1Πcos(π/３・２^k)

となります。Π_{ｃ＝1〜ｋ}cos(π/３・２^ｃ)＝Ｓ_ｋ　とすると、

　上＝Σ_k＝0〜∞[１/Ｓ_ｋ−１/Ｓ_ｋ-1]＝lim 1/Ｓ_ｋ=２π/３

となります、

　さっきは、(ｎ，ｒ)=(3，2)　のとき、３/２π　と証明しましたが、同じようにして、

　Σ_k＝1〜∞ｓｉｎ(θ/２^k)[1-cos(θ/２^k)]・２^k　の値を求めると、　θ−ｓｉｎ(θ)/2　となります。

　θは、半径１で角度θの円２つの面積です。

　この式を、さっきのように変形すると、

　　Π_k＝0〜∞[ｃｏｓ(θ/２^k)]＝ｓｉｎθ/θとなります。

　この式は驚きですが、　/R・√[＋ｒ]/R・√{（+r）+r}/R…の２の場合の一部の解
しか与えてくれません。

(例)　ｎ=6/5、ｒ=2 のときは、４/5arccos(3/5)　になると思われます。

　　Π_k＝0〜∞[ｃｏｓ(θ/２^k)]＝sinθ/θだけならもっと簡単に出ます。

　Ｔ_ｋ＝ｓｉｎ(/２^k)・２^k・Π_n＝0〜k[ｃｏｓ(θ/２^ｎ)]　は、ｓｉｎ(2x)=2sin(x)cos(x)　より、

　　　T_k＝Ｔ_ｋ-1＝ｓｉｎ ｘ

よって、　Π_k＝0〜∞[ｃｏｓ(θ/２^k)]＝sinθ/lim(n=∞)sin(θ/２^ｎ)・２^ｎ=sinθ/θ

lim_n→∞sin(θ/２^ｎ)・２^ｎ＝θ　は、lim_θ→０sinθ/θ＝１　よりでます。

　今、θΠ_k＝1〜∞[cos(θ/２^k)]＝sinθの式を微分します。

Π_k＝1〜∞[ｃｏｓ(θ/２^k)]-θΣ_s＝1〜∞Π_k＝1〜∞[ｃｏｓ(θ/２^k)ｓｉｎ(θ/２^ｓ)]/２^ｓ・ｃｏｓ(θ/２^ｓ)=cosθ

　ｓｉｎθ/θ-Σ_s＝1〜∞(ｓｉｎ(θ/２^ｓ)/２^ｓ)・ｃｏｓ(θ/２^ｓ)・ｓｉｎθ＝ｃｏｓθ

　以上から、　Σ_s＝1〜∞(tan(θ/２^ｓ)/２^ｓ)=1/θ - 1/tanθ