〔Ⅰ〕

　 (1) ア(n− 1)(n− 2)5n−3

2 · 6nイ 1−

(1

2

)n

ウ 　 1−(1

2

)n

− n

3

(1

2

)n−1

エ(2

3

)n

−(1

2

)n

オ 3

{(2

3

)n

− 2

(1

2

)n

+

(1

3

)n}

　 (2) カπ

6キ 2

√3 ク 　

2√6

3

ケ√6

(2

3

)n

コ 8√6

■解説□

(1)　 n回目に 3の目が出て，3の目が出た回数がちょうど 3回となる条件は

　　　　　　 1～n− 1回目に 3の目が 2回，3以外の目が n− 3回出る　かつ　 n回目に 3の目が出る

　　ことであるから，

　　　　　　 n−1C2

(1

6

)2(5

6

)n−3

× 1

6= n−1C2 ×

5n−3

6n=

(n− 1)(n− 2)5n−3

2 · 6n:::::::::::::::::ア

　　 n回目までに出た n個の目の積が偶数となる条件は，少なくとも 1個の目が偶数であることである

　　　から，余事象（すべての目が奇数である）を考えることにより，求める確率は，

　　　　　　 1−(3

6

)n

= 1−(1

2

)n

:::::::: イ

　　 n個の目の積が 4の倍数となる確率も，余事象

　　　　　　すべての目が奇数　または　 1個の目が 2か 6で残りの n− 1個の目が奇数

　　を考えることにより，求める確率は，

　　　　　　 1−

{(3

6

)n

+ nC1

(2

6

)(3

6

)n−1}

= 1−(1

2

)n

− n

3

(1

2

)n−1

:::::::::::::::::::: ウ

　　 n回目までに出た目の最大値が 4となる確率は，

　　　　　　 (最大値が 4以下である確率)− (最大値が 3以下である確率)

　　で求めることができるので，求める確率は，

　　　　　　(4

6

)n

−(3

6

)n

=

(2

3

)n

−(1

2

)n

:::::::::::::エ

　　最後に，n回目までに出た目の最大値と最小値の差が 3となる確率について考える．

　　まず，「最大値が 6かつ最小値が 3」（……(∗)）となる確率を求める．(∗)となる条件は

　　　　　　すべての目が 3～6の目である中で，少なくとも 1個は 3の目が出て，かつ少なくとも 1個

　　　　　　　は 6の目が出る

　　ことであるから，少なくとも 1個は 3の目が出る事象を A，少なくとも 1個は 6の目が出る事象を

　　　 B とすると，(∗)となる確率 P (A ∩B)は，

　　　　 P (A ∩B) =

(4

6

)n

− P (A ∩B)

　　　　 =

(2

3

)n

− P (A ∪B)

=

(2

3

)n

−{P (A) + P (B)− P (A ∩B)

}　　 P (A)は 3の目が出ない，すなわち 4，5，6の目しか出ない確率であるから，

　　　　　　 P (A) =

(3

6

)n

=

(1

2

)n

　　 P (B)は 6の目が出ない，すなわち 3，4，5の目しか出ない確率であるから，

　　　　　　 P (B) =

(3

6

)n

=

(1

2

)n

　　 P (A ∩B)は 3の目も 6の目も出ない，すなわち 4，5の目しか出ない確率であるから，

　　　　　　 P (A ∩B) =

(2

6

)n

=

(1

3

)n

　　よって，

　　　　　　 P (A ∩B) =

(2

3

)n

−{(

1

2

)n

+

(1

2

)n

−(1

3

)n}=

(2

3

)n

− 2

(1

2

)n

+

(1

3

)n

　　「最大値が 5かつ最小値が 2」，「最大値が 4かつ最小値が 1」となる確率も同じであるから，求める

　　　確率は，

　　　　　　 3

{(2

3

)n

− 2

(1

2

)n

+

(1

3

)n}:::::::::::::::::::::::::::オ

(2)　　　　 α =2√2(3 +

√3i)

9 + 3=

√2

6× 2

√3

(√3

2+

1

2i

)=

√6

3

(cos

π

6+ i sin

π

6

)　　より，θ =

π

6:カ

　　 1− α = 1−√2

2−

√6

6i =

(6− 3√2)−

√6i

6より，

　　　　γ =z1

1− α=

6{√2 + (2

√3−

√6)i}

(6− 3√2)−

√6i

=6{√2 + (2

√3−

√6)i}{(6− 3

√2) +

√6i}

(6− 3√2)2 + 6

=(20

√3− 12

√6)i

10− 6√2

=2√3(10− 6

√2)i

10− 6√2

= 2√3

:::キi

C(γ)

θ

Pn(zn)

Pn+1(zn+1)

　　　　　　　　　　　　　　　　 Sn =1

2× |zn+1 − γ| × |zn − γ| × sin

π

6

=1

4× |αn(z1 − γ)| × |αn−1(z1 − γ)|

=1

4|α|2n−1|z1 − γ|2

=1

4

(√6

3

)2n−1

|√2−

√6i|2

=1

4× 3√

6×(6

9

)n

× 8

=√6

(2

3

)n

::::::::ケ

　　よって，

　　　　　　 S1 =√6 ·(2

3

)1

=2√6

3::::ク

　　ここで，Tn =n∑

k=1

(k + 1)Sk とおくと，

Tn = 2 · 2√6

3+ 3 ·

√6

(2

3

)2

+ 4 ·√6

(2

3

)3

+ · · ·+ (n+ 1) ·√6

(2

3

)n

−)　2

3Tn = 2 ·

√6

(2

3

)2

+ 3 ·√6

(2

3

)3

+ · · ·+ n ·√6

(2

3

)n

+ (n+ 1) ·√6

(2

3

)n+1

1

3Tn =

4√6

3+

√6

(2

3

)2

+√6

(2

3

)3

+ · · ·+√6

(2

3

)n

− (n+ 1) ·√6

(2

3

)n+1

=4√6

3+

√6

{(2

3

)2

+

(2

3

)3

+ · · ·+(2

3

)n}

−√6(n+ 1)

(2

3

)n+1

　　ゆえに，

　　　　　　 Tn = 4√6 + 3

√6×

4

9

{1−

(2

3

)n−1}

1− 2

3

− 3√6(n+ 1)

(2

3

)n+1

　　したがって，0 < r < 1のとき limn→∞

nrn = 0となることを既知とする（注）と，

　　　　　　∞∑k=1

(k + 1)Sk = limn→∞

Tn = 4√6 + 3

√6× 4

9× 3 = 8

√6

:::コ

　（注）本問は空欄補充問題のため“0 < r < 1のとき，limn→∞

nrn = 0”となることを既知としたが，こ

　　　　　のことは，はさみうちの原理を用いて以下のようにして示すことができる．

　　　 h > 0，n ≧ 2のとき，二項定理より

　　　　 (1 + h)n = nC0 + nC1h+ nC2h2 + · · ·+ nCnh

n

≧ nC0 + nC1h+ nC2h2

= 1 + nh+n(n− 1)

2h2

>n(n− 1)

2h2

　　　 r =1

1 + hとすると h > 0より 0 < r < 1であり，このとき

　　　　　　 (1 + h)n >n(n− 1)

2h2

　　　　　　 0 <1

(1 + h)n<

2

n(n− 1)h2

　　　　　　 0 < nrn <2

(n− 1)h2

　　　 limn→∞

2

(n− 1)h2= 0であるから， lim

n→∞nrn = 0

（証明了）

〔 II〕

■解答例□

(1) 点 Pは線分 BCを t : (1− t) (0 < t < 1)に内分するので，−→OB = (1, 0, 0)，

−→OC = (0, 2, 0)より，

　　　　−→OP = (1− t)

−→OB+ t

−→OC = (1− t, 2t, 0)

よって，P(1− t, 2t, 0)::::::::::::::

(2) 点Rは線分 BC上にあるので，0 < u < 1として (1)を用いると，

　　　　−→OR = (1− u, 2u, 0)

と表され，

　　　　−→AR =

−→OR−

−→OA = (1− u, 2u, −1)

また，　−→BC =

−→OC−

−→OB = (−1, 2, 0)

これと，AR ⊥ BCより，

　　　　−→AR ·

−→BC = (1− u) · (−1) + 2u · 2 + (−1) · 0

　　　　　　　　 = −1 + 5u = 0

これを解いて，u = 15　これは 0 < u < 1を満たす．

以上より，R(45, 25, 0)

:::::::::::::

また，−→AR =

(45, 25, −1

)なので，

　　　　AR =−→AR =

√(45

)2+(25

)2+ (−1)2 =

3√5

5:::::

(3) E(p, q, 0) (q < 0)とすると，

　　　　−→ER =

−→OR−

−→OE =

(45− p, 2

5− q, 0

)これと，ER ⊥ BCより，

　　　　−→ER ·

−→BC =

(45− p)· (−1) +

(25− q)· 2 + 0 · 0

　　　　　　　　 = p− 2q = 0

まとめると，p = 2q

また，ER = AR =3√5

5であることから，

　　　　−→ER

2

=(45− p)2

+(25− q)2

　　　　　　　 =(45− 2q

)2+(25− q)2

　　　　　　　 = 5(25− q)2

= 95

　　　　(25− q)2

= 925

　　　　 25− q = ± 3

525− q = 3

5を解くと，q = − 1

5　これは q < 0を満たす．

25− q = − 3

5を解くと，q = 1　これは q < 0に反する．

以上より，q = − 15，p = − 2

5であり，E

(− 2

5, − 1

5, 0)

:::::::::::::::::

(4) (3)より，線分 BCを軸として，△ABCを xy平面上へ倒すと△EBCと一致する．

B

C

A

E

D

R

O

y

x

z

このとき，AP = EPであるから，

　　　　AP + PD = EP + PD ≧ ED

となり，線分 EDと線分 BCの交点 P0が長さの和AP + PDの最小値を与える点である．

1B

C

2

2 D

− 25

− 15E

P0

x

y

O

上図のように xy平面で考えると，D(2, 2)，E(− 2

5, − 1

5

)であるから，

　　　　AP0 + P0D = ED =

√(2 + 2

5

)2+(2 + 1

5

)2=

√2655

::::::

また，このときの点 P0は，

　　　　直線 EDの方程式：y = 1112

x+ 16

　　　　直線 BCの方程式：y = −2x+ 2

を連立すると，

　　　　 1112

x+ 16

= −2x+ 2

これを解いて，x = 2235

また，y = −2 · 2235

+ 2 = 2635

以上より，求める点 Pの座標は，P(2235

, 2635

, 0)

:::::::::::::::

〔Ⅲ〕

■解答例□　　　　　　　 3an+1 = Sn(1− 2Sn+1) + 1　……①

(1)　①に n = 1を代入し，S1 = a1 = 2，S2 = a1 + a2 を用いると，

　　　　　　 3a2 = 2(1− 2a1 − 2a2) + 1

　　すなわち，

　　　　　　 a2 = −5

7:::

　　が成り立ち，

　　　　　　 S2 = a1 + a2 =9

7:

　　が成り立つ．

(2)　 an+1 = Sn+1 − Sn を用いて①を変形すると，

　　　　3(Sn+1 − Sn) = Sn(1− 2Sn+1) + 1

(2Sn + 3)Sn+1 = 4Sn + 1

　　 Sn = −3

2となるとすると，このとき等式は成り立たないので，Sn ̸= −3

2すなわち 2Sn + 3 ̸= 0

　　　であるから，

　　　　　　 Sn+1 =4Sn + 1

2Sn + 3

　　これより，Sn+1 = f(Sn)を満たすような既約な分数式 f(x)は

　　　　　　 f(x) =4x+ 1

2x+ 3::::::

(3)　 (2)で求めた f(x)に対して，分数式 g(x) =x+ 1

βx+ 1が条件

　　　　　　 f(g(x)) = g(rx)　……②

　　を満たすとき，

　　　　 f(g(x)) =4g(x) + 1

2g(x) + 3

　　　　 =

4 · x+ 1

βx+ 1+ 1

2 · x+ 1

βx+ 1+ 3

=4(x+ 1) + βx+ 1

2(x+ 1) + 3(βx+ 1)

=(β + 4)x+ 5

(3β + 2)x+ 5

　　　　　　 g(rx) =rx+ 1

βrx+ 1　　であり，

　　　　 f(g(x))− g(rx) ={(β + 4)x+ 5}(βrx+ 1)− (rx+ 1){(3β + 2)x+ 5}

{(3β + 2)x+ 5}(βrx+ 1)

=r(β + 2)(β − 1)x2 + (5βr − 2β − 5r + 2)x

{(3β + 2)x+ 5}(βrx+ 1)

　　である．この分母が 0にならないようなすべての x（無数にある）で②が成り立つための条件は，

　　　　　　 r(β + 2)(β − 1)x2 + (5βr − 2β − 5r + 2)x = 0

　　が xの恒等式になる，すなわち，

　　　　

r(β + 2)(β − 1) = 0

5βr − 2β − 5r + 2 = 0

　　が成り立つことであり，r ̸= 0，r ̸= 1，β ̸= 1に注意して，この連立方程式を解くと，

　　　　　　 (β，r) =(−2，

2

5

):::::::::::::::

(4)　 (3)の結果より，g(x) =x+ 1

−2x+ 1が成り立つ．

　　 Sn+1 = f(Sn) (n = 1，2，3，· · · )を用いると，

　　　　 g(Tn+1) = Sn+1 = f(Sn)

= f(g(Tn))

= g(25Tn

)　……③

　　が成り立つ．なお，ここでは，

　　　　　　 f(g(x)) = g(rx) = g(25x)

　　を用いた．

　　さらに，等式③を変形すると，

　　　　Tn+1 + 1

−2Tn+1 + 1=

2

5Tn + 1

−2 · 25Tn + 1

(Tn+1 + 1)(−4

5Tn + 1

)=(25Tn + 1

)(−2Tn+1 + 1)

Tn+1 =2

5Tn

　　が得られる．よって，数列 {Tn}は公比2

5の等比数列である．

　　また，g(T1) = S1 = a1 = 2より，

　　　　　　T1 + 1

−2T1 + 1= 2

　　であり，分母を払って整理すると，T1 =1

5

　　したがって，

　　　　　　 Tn =1

5

(25

)n−1

=1

2

(25

)n::::::

(5)　①より，2以上の整数 nに対して

　　　　 an =1

3{Sn−1(1− 2Sn) + 1}

=1

3[g(Tn−1){1− 2g(Tn)}+ 1]

=1

3

[g(52Tn

){1− 2g(Tn)}+ 1

]=

1

3

5

2Tn + 1

−2 · 52Tn + 1

(1− 2 · Tn + 1

−2Tn + 1

)+ 1

=

1

3

{ 5

2Tn + 1

−5Tn + 1

(1− 2 · Tn + 1

−2Tn + 1

)+ 1

}

= −9

2· Tn

(−5Tn + 1)(−2Tn + 1)

　　であるから，

　　　　　　anTn

= −9

2· 1

(−5Tn + 1)(−2Tn + 1)

　　 (4)の結果より， limn→∞

Tn = 0が成り立つから，

　　　　　　 limn→∞

anTn

= −9

2· 1

(0 + 1)(0 + 1)= −9

2:::