図形の性質の問題

円 $C_n$ の半径を $r_n$ とする。

準備（接点間の距離）. $\ell$ の同じ側で $\ell$ に接し、互いに外接する半径 $a,b$ の $2$ 円を考える。中心間の距離は $a+b$、中心の $\ell$ からの距離の差は $|a-b|$ なので、$2$ つの接点の間の距離は三平方の定理より
$$\sqrt{(a+b{)}^2-(a-b{)}^2}=\sqrt{4ab}=2\sqrt{ab}$$
である。

半径の漸化式. $C_{n+1}$ は $\ell ,C_{n-1},C_n$ で囲まれた部分にあって $C_{n-1},C_n$ に外接するので、$T_{n+1}$ は線分 $T_{n-1}{T}_n$ 上にあり、
$$T_{n-1}{T}_n=T_{n-1}{T}_{n+1}+T_{n+1}{T}_n$$
すなわち
$$2\sqrt{r_{n-1}{r}_n}=2\sqrt{r_{n-1}{r}_{n+1}}+2\sqrt{r_n{r}_{n+1}}$$
が成り立つ。両辺を $2\sqrt{r_{n-1}{r}_n{r}_{n+1}}$ で割ると
$$\frac{1}{\sqrt{r_{n+1}}}=\frac{1}{\sqrt{r_n}}+\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}$$
となる。$F_n=\frac{1}{\sqrt{r_n}}$ とおくと $F_1=F_2=1$、$F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$ であり、$F_n$ は $1,1,2,3,5,8,\dots$ と続く正の整数である。$F_0=0$ と定めると $F_2=F_1+F_0$ も成り立つ。

接点の位置. $\ell$ を数直線とみて、$T_1$ を原点、$T_2$ の側を正の向きとし、$T_n$ の座標を $x_n$ とする。$T_1{T}_2=2\sqrt{1\cdot 1}=2$ より $x_1=0,x_2=2$ である。

$T_{n+1}$ は線分 $T_{n-1}{T}_n$ 上にあり、
$$T_{n+1}{T}_n:T_{n-1}{T}_{n+1}=2\sqrt{r_n{r}_{n+1}}:2\sqrt{r_{n-1}{r}_{n+1}}=\sqrt{r_n}:\sqrt{r_{n-1}}=\frac{1}{F_n}:\frac{1}{F_{n-1}}=F_{n-1}:F_n$$
である。よって $T_{n+1}$ は線分 $T_n{T}_{n-1}$ を $F_{n-1}:F_n$ に内分する点で、
$$x_{n+1}=\frac{F_n{x}_n+F_{n-1}{x}_{n-1}}{F_{n-1}+F_n}=\frac{F_n{x}_n+F_{n-1}{x}_{n-1}}{F_{n+1}}$$
となる。$y_n=F_n{x}_n$ とおくと
$$y_{n+1}=y_n+y_{n-1},y_1=0,y_2=2$$
であり、$2F_{n-1}$ も同じ漸化式と同じ初めの $2$ 項（$2F_0=0,2F_1=2$）をもつから、$y_n=2F_{n-1}$ である。したがって
$$x_n=\frac{2F_{n-1}}{F_n}$$
（確認: $x_3=\frac{2\cdot 1}{2}=1,x_4=\frac{2\cdot 2}{3}=\frac{4}{3}$）。

極限. $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$ の特性方程式 $t^2=t+1$ の解を $\alpha =\frac{1+\sqrt{5}}{2},\beta =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ とすると、$F_0=0,F_1=1$ より
$$F_n=\frac{{\alpha }^n-{\beta }^n}{\sqrt{5}}$$
である。$|\beta |<1<\alpha$ より ${\left(\frac{\beta }{\alpha }\right)}^n\to 0$ だから
$$\frac{F_{n-1}}{F_n}=\frac{{\alpha }^{n-1}-{\beta }^{n-1}}{{\alpha }^n-{\beta }^n}=\frac{1}{\alpha }\cdot \frac{1-{\left(\frac{\beta }{\alpha }\right)}^{n-1}}{1-{\left(\frac{\beta }{\alpha }\right)}^n}\to \frac{1}{\alpha }=\frac{2}{1+\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$$
となる。よって $x_n\to 2\cdot \frac{\sqrt{5}-1}{2}=\sqrt{5}-1$ であり、$P$ の座標は $\sqrt{5}-1(>0)$ である。

したがって $T_{1}P=\sqrt{5}-1$ である。

$\ell$ を $x$ 軸とし、$C_n$ の半径を $r_n$、接点 $T_n$ の $x$ 座標を $x_n$ とする。

互いに外接し、ともに $\ell$ に接する半径 $a,b$ の $2$ 円の接点間の距離は、中心間の距離 $a+b$ と中心の高さの差 $|a-b|$ から $\sqrt{(a+b{)}^2-(a-b{)}^2}=2\sqrt{ab}$ である。

$C_{n+1}$ が $\ell ,C_{n-1},C_n$ に接するので、接点間の距離について $2\sqrt{r_{n-1}{r}_{n+1}}+2\sqrt{r_{n+1}{r}_n}=2\sqrt{r_{n-1}{r}_n}$（$T_{n+1}$ は $T_{n-1}$ と $T_n$ の間にある）。両辺を $2\sqrt{r_{n-1}{r}_n{r}_{n+1}}$ で割ると
$$\frac{1}{\sqrt{r_n}}+\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}=\frac{1}{\sqrt{r_{n+1}}}.$$
$s_n=1/\sqrt{r_n}$ とおくと $s_1=s_2=1$, $s_{n+1}=s_n+s_{n-1}$ なので、$s_n=F_n$（フィボナッチ数、$F_1=F_2=1$）。$r_n=1/F_n^2$。

$T_n$ と $T_{n+1}$ の距離は $2\sqrt{r_n{r}_{n+1}}=\frac{2}{F_n{F}_{n+1}}$。$T_{n+1}$ は $T_{n-1}$ と $T_n$ の間にあるので、$x_1=0$ から $x_2=2$ へ進み、以後は向きが交互に変わる:
$$x_{n+1}-x_n=(-1{)}^{n+1}\frac{2}{F_n{F}_{n+1}}.$$

$q_n=F_{n+1}/F_n$ とおくと
$$q_{n+1}-q_n=\frac{F_{n+2}{F}_n-F_{n+1}^2}{F_n{F}_{n+1}}=\frac{(-1{)}^{n+1}}{F_n{F}_{n+1}}$$
（$F_{n+2}{F}_n-F_{n+1}^2=(-1{)}^{n+1}$ はカッシーニの恒等式。$n=1$ で $2\cdot 1-1=1$ と合い、帰納法で成り立つ）。

よって $x_{n+1}-x_1=2{\sum }_{k=1}^n(q_{k+1}-q_k)=2(q_{n+1}-q_1)$。$q_1=1$、$n\to \infty$ で $q_n\to \frac{1+\sqrt{5}}{2}$（$q_{n+1}=1+1/q_n$ の不動点）。

$$T_{1}P=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=2\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}-1\right)=\sqrt{5}-1.$$

検算: $x_1,\dots ,x_5=0,2,1,\frac{4}{3},\frac{6}{5}$ で $1.236\dots$ に近づく。$\sqrt{5}-1\approx 1.236$。