図形と方程式の問題

$x$ 軸に接する 2 円が外接する条件

$y>0$ の部分にあって $x$ 軸に接する円は、接点を $(a,0)$、半径を $r$ とすると、中心は $(a,r)$ である。このような 2 円（接点 $(a,0)$, $(b,0)$、半径 $r,s$）が外接する条件は、中心間の距離が $r+s$ に等しいことだから
$$(a-b{)}^2+(r-s{)}^2=(r+s{)}^2⟺(a-b{)}^2=4rs⟺|a-b|=2\sqrt{rs}$$
である。

$C_0$ は中心 $(0,1)$、半径 $1$ で、$x$ 軸に原点で接する。$C_1$ は中心 $(4,4)$、半径 $4$ で、$x$ 軸に点 $(4,0)$ で接する（$C_0$ と $C_1$ は $|4-0|=2\sqrt{1\cdot 4}$ より外接している）。

漸化式を立てる

$D_n$ の半径を $r_n$、$x$ 軸との接点を $(c_n,0)$ とする（$r_0=4,c_0=4$）。$D_{n-1}$ が $C_0$ に外接し $c_{n-1}>0$ であるとして、$D_n$ を求める。

$x$ 軸に接点 $(c,0)$ で接する半径 $r$ の円が $C_0$, $D_{n-1}$ の両方に外接する条件は
$$|c|=2\sqrt{r},|c-c_{n-1}|=2\sqrt{r{r}_{n-1}}$$
であり、$c_{n-1}=2\sqrt{r_{n-1}}$ である。$c$ の位置で場合を分け、各式を $2\sqrt{r{r}_{n-1}}$ で割る。

• $0<c<c_{n-1}$ のとき: $c_{n-1}=c+(c_{n-1}-c)$ より $2\sqrt{r_{n-1}}=2\sqrt{r}+2\sqrt{r{r}_{n-1}}$、よって $\frac{1}{\sqrt{r}}=1+\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}$
• $c<0$ のとき: $c_{n-1}-c=c_{n-1}+|c|$ より $2\sqrt{r{r}_{n-1}}=2\sqrt{r_{n-1}}+2\sqrt{r}$、よって $\frac{1}{\sqrt{r}}=1-\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}$
• $c>c_{n-1}$ のとき: $c=c_{n-1}+(c-c_{n-1})$ より $2\sqrt{r}=2\sqrt{r_{n-1}}+2\sqrt{r{r}_{n-1}}$、よって $\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}-1$

（$c=0$ や $c=c_{n-1}$ では $r=0$ となり不適。）どの場合も $\frac{1}{\sqrt{r}}$ は 1 通りに決まり、2 つ目・3 つ目の場合の値は 1 つ目の値 $1+\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}$ より小さい。$\frac{1}{\sqrt{r}}$ が大きいほど $r$ は小さいので、半径が最小なのは $0<c<c_{n-1}$ の場合である。よって
$$\frac{1}{\sqrt{r_n}}=\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}+1$$
であり、このとき $c_n=2\sqrt{r_n}>0$ で、$D_n$ はやはり $C_0$ に外接しているので、同じ議論を続けられる。

一般項

$b_n=\frac{1}{\sqrt{r_n}}$ とおくと、$b_0=\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}$, $b_n=b_{n-1}+1$ より
$$b_n=\frac{1}{2}+n=\frac{2n+1}{2}$$
したがって
$$r_n=\frac{1}{b_n^2}=\frac{4}{(2n+1{)}^2}$$

（確認: $n=1$ のとき $r_1=\frac{4}{9}$、接点は $c_1=2\sqrt{\frac{4}{9}}=\frac{4}{3}$。$C_1$ との条件 $4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}=2\sqrt{4\cdot \frac{4}{9}}$ も成り立つ。）

答えは $\frac{4}{(2n+1{)}^2}$。

$x$ 軸に接し $y>0$ の部分にある半径 $r$ の円の中心は $(x,r)$ と表せる。

2 つの円 $(x,r),(x^{\prime },r^{\prime })$ がともに $x$ 軸に接して外接するとき、中心間の距離は $r+r^{\prime }$ なので
$(x-x^{\prime }{)}^2+(r-r^{\prime }{)}^2=(r+r^{\prime }{)}^2$ より $(x-x^{\prime }{)}^2=4r{r}^{\prime }$ すなわち $|x-x^{\prime }|=2\sqrt{r{r}^{\prime }}$。

$C_0$ は中心 $(0,1)$、半径 $1$ で $x$ 軸に接する。$C_1$ は中心 $(4,4)$、半径 $4$ で $x$ 軸に接する。よって $D_0=C_1$ の半径は $r_0=4$。

$D_n$ の中心を $(x_n,r_n)$ とおく。$C_0$ との外接より $x_n^2=4r_n$、すなわち $x_n=\pm 2\sqrt{r_n}$。

$D_{n-1}$ の中心が $x_{n-1}=2\sqrt{r_{n-1}}$（$D_0$ は $x_0=4=2\sqrt{4}$ で成り立つ）にあるとする。

(i) $x_n=2\sqrt{r_n}$ のとき、$D_{n-1}$ との外接より $2|\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n-1}}|=2\sqrt{r_n{r}_{n-1}}$。両辺を $2\sqrt{r_n{r}_{n-1}}$ で割ると $\left|\frac{1}{\sqrt{r_{n-1}}}-\frac{1}{\sqrt{r_n}}\right|=1$。
$a_n=\frac{1}{\sqrt{r_n}}$ とおくと $a_n=a_{n-1}\pm 1$。

(ii) $x_n=-2\sqrt{r_n}$ のとき、$2(\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n-1}})=2\sqrt{r_n{r}_{n-1}}$ より $a_n+a_{n-1}=1$、すなわち $a_n=1-a_{n-1}$。

半径が最小になるのは $a_n$ が最大のときで、候補 $a_{n-1}+1,a_{n-1}-1,1-a_{n-1}$ のうち（$a_{n-1}>0$ なので）最大は $a_n=a_{n-1}+1$。これは (i) の場合で、$x_n=2\sqrt{r_n}>0$ となり帰納法の仮定が保たれる。

$a_0=\frac{1}{2}$ なので $a_n=n+\frac{1}{2}=\frac{2n+1}{2}$。したがって
$r_n=\frac{1}{a_n^2}=\frac{4}{(2n+1{)}^2}$。

検算: $n=0$ で $r_0=4$ で一致。$n=1$ で $r_1=\frac{4}{9}$、$x_1=2\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{3}$、中心 $\left(\frac{4}{3},\frac{4}{9}\right)$。$C_0$ との中心間距離の 2 乗は $\frac{16}{9}+{\left(\frac{5}{9}\right)}^2=\frac{144+25}{81}=\frac{169}{81}$、${\left(1+\frac{4}{9}\right)}^2=\frac{169}{81}$ で一致。$D_0$ との中心間距離の 2 乗は ${\left(4-\frac{4}{3}\right)}^2+{\left(4-\frac{4}{9}\right)}^2=\frac{64}{9}+\frac{1024}{81}=\frac{576+1024}{81}=\frac{1600}{81}$、${\left(4+\frac{4}{9}\right)}^2=\frac{1600}{81}$ で一致。