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鹿児島大学/2025年度/前期

鹿児島大学 2025年 数学 第3問解答・解説

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1問題

鹿児島大学2025年度第3問

次の3-1,3-2,3-3から1題を選択して解答せよ。解答用紙の所定の欄に,解答する問題の番号を記入すること。

3-1  初項を a1=1, b1=3a_1=1,\ b_1=3 とし,次の条件によって定められる数列 {an},{bn}\{a_n\},\{b_n\} を考える。 an+1=(1−2⋅3n−1)an+3n−1bn(n=1,2,3,…)a_{n+1}=(1-2\cdot3^{n-1})a_n+3^{n-1}b_n\quad(n=1,2,3,\ldots) bn+1=−4⋅3n−1an+(2⋅3n−1+1)bn(n=1,2,3,…)b_{n+1}=-4\cdot3^{n-1}a_n+(2\cdot3^{n-1}+1)b_n\quad(n=1,2,3,\ldots)

(1) 数列 {cn}\{c_n\} を cn=−2an+bnc_n=-2a_n+b_n で定める。このとき,cn+1=cn (n=1,2,3,…)c_{n+1}=c_n\ (n=1,2,3,\ldots) が成り立つことを示せ。

(2) dn=an+1−and_n=a_{n+1}-a_n とおくとき,数列 {dn}\{d_n\} の一般項を求めよ。

(3) 数列 {an},{bn}\{a_n\},\{b_n\} の一般項を求めよ。

3-2  座標空間において,点 (0,0,1)(0,0,1) を中心とする半径1の球 SS と,点 (0,0,2)(0,0,2) を通り zz 軸に垂直な平面 α\alpha と,点 F(0,1,0)F(0,1,0) がある。

(1) 点 AA を球 SS 上の点とする。直線 FAFA と平面 α\alpha との交点を A′A' とする。AA の zz 座標が kk であるとき, FA′→=2kFA→\displaystyle \overrightarrow{FA'}=\frac{2}{k}\overrightarrow{FA} となることを示せ。ただし,k≠0k\neq0 とする。

(2) 球 SS 上に2点 B(−13,23,13)\displaystyle B\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right) と C(1,0,1)C(1,0,1) をとる。直線 FBFB と平面 α\alpha との交点を B′B',直線 FCFC と平面 α\alpha との交点を C′C' とする。B′,C′B',C' の座標を求めよ。

(3) 2点 B′,C′B',C' を (2) で定めた点とする。点 PP は平面 α\alpha 上を動き, PB′→とPC′→\overrightarrow{PB'}\quad\text{と}\quad\overrightarrow{PC'} が垂直になるとき,点 PP の軌跡を求めよ。ただし,PB′→≠0⃗, PC′→≠0⃗\overrightarrow{PB'}\neq\vec{0},\ \overrightarrow{PC'}\neq\vec{0} とする。

3-3  AA と BB があるゲームを繰り返し行い,先に3回勝った方を優勝とする。第1ゲームでは AA が先攻とし,それ以降は先攻と後攻を交互に入れかえてゲームを行う。各ゲームでは引き分けはなく,必ず勝敗がつくとする。各ゲームで AA が BB に勝つ確率は,AA が先攻のとき 23\displaystyle \frac{2}{3},後攻のとき 12\displaystyle \frac{1}{2} とする。

(1) 第3ゲームで優勝が決まる確率を求めよ。

(2) 第5ゲームで優勝が決まる確率を求めよ。

(3) BB が優勝する確率を求めよ。

まずは自分で解いてみましょう。詰まったら「考え方」、解けたら「答え」で確かめられます。

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • 解答する問題:3-11\qquad (1) cn+1=cn(cn=1),\space{}c_{n+1}=c_n\quad(c_n=1),\qquad (2) dn=3n−1,\space{}d_n=3^{n-1},\qquad (3) an=3n−1+12,bn=3n−1+2.\displaystyle \space{}a_n=\frac{3^{n-1}+1}{2},\quad b_n=3^{n-1}+2.

3解答

解答を見る途中式つきの解答

解答する問題として3-1を選択する。

3-1

(1) 漸化式を用いると, cn+1=−2an+1+bn+1=−2{(1−2⋅3n−1)an+3n−1bn}−4⋅3n−1an+(2⋅3n−1+1)bn=−2an+bn=cn.\begin{aligned} c_{n+1}&=-2a_{n+1}+b_{n+1}\\ &=-2\{(1-2\cdot3^{n-1})a_n+3^{n-1}b_n\}-4\cdot3^{n-1}a_n+(2\cdot3^{n-1}+1)b_n\\ &=-2a_n+b_n=c_n. \end{aligned} よって cn+1=cnc_{n+1}=c_n であり、c1=−2a1+b1=1c_1=-2a_1+b_1=1 だから cn=1c_n=1 である。

(2) dn=an+1−and_n=a_{n+1}-a_n より, dn=−2⋅3n−1an+3n−1bn=3n−1(−2an+bn)=3n−1cn=3n−1.\begin{aligned} d_n&=-2\cdot3^{n-1}a_n+3^{n-1}b_n\\ &=3^{n-1}(-2a_n+b_n)=3^{n-1}c_n=3^{n-1}. \end{aligned}

(3) n≧1n\ge1 に対して、 an=a1+∑j=1n−1dj=1+∑j=1n−13j−1=1+3n−1−12=3n−1+12.\displaystyle \begin{aligned} a_n&=a_1+\sum\limits _{j=1}^{n-1}d_j=1+\sum\limits _{j=1}^{n-1}3^{j-1}\\ &=1+\frac{3^{n-1}-1}{2}=\frac{3^{n-1}+1}{2}. \end{aligned} また cn=−2an+bn=1c_n=-2a_n+b_n=1 より bn=2an+1=3n−1+2b_n=2a_n+1=3^{n-1}+2。n=1n=1 でも初項 a1=1, b1=3a_1=1,\ b_1=3 と一致する。

この問題で使う考え方

  • 漸化式
  • 階差・和の利用
  • 等比数列の一般項と和

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