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北海道大学 1990年理系第5問解説

方針・初手

点 $A$ を出発点とし、時計まわりに進んだ距離を変数として考える。小石は1回の試行で確率 $\frac{1}{2}$ で 1 進み、確率 $\frac{1}{2}$ で 2 進む。ちょうど $k$ だけ進んだ位置に止まる確率を $P(k)$ とおく。 (1)の「ちょうど1周して上がる」とは、進んだ距離の合計が初めて 6 になる（距離 6 の位置に止まる）ことなので、$P(6)$ を求めればよい。 (2)の「ちょうど2周して上がる」とは、距離 6 の位置には止まらずに距離 12 の位置に止まることである。1回の移動量が最大 2 であることから、距離 6 を飛び越えるにはどのような移動が必要かを考える。

解法1

出発点 $A$ から時計まわりに進んだ距離を座標とみなす。距離 $k$ の点にちょうど止まる確率を $P(k)$ とする。 1回の操作で小石は確率 $\frac{1}{2}$ で 1、確率 $\frac{1}{2}$ で 2 進む。

$k \geqq 3$ について、距離 $k$ の点に止まるのは、・距離 $k-1$ の点に止まり、次に 1 進む・距離 $k-2$ の点に止まり、次に 2 進むのいずれかであり、これらは排反である。したがって、以下の漸化式が成り立つ。

$$ P(k) = \frac{1}{2} P(k-1) + \frac{1}{2} P(k-2) $$

また、初期値として $P(1)$ と $P(2)$ を求める。 1回目に奇数が出れば距離 1 に止まるため、$P(1) = \frac{1}{2}$。距離 2 に止まるのは、1回目に偶数が出るか、奇数が2回続けて出る場合なので、

$$ P(2) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{4} $$

(1)

「ちょうど1周して上がる」のは、距離 6 の点に止まるときである。漸化式を用いて $P(6)$ を順に計算する。

$$ \begin{aligned} P(3) &= \frac{1}{2} P(2) + \frac{1}{2} P(1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{8} \\ P(4) &= \frac{1}{2} P(3) + \frac{1}{2} P(2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{11}{16} \\ P(5) &= \frac{1}{2} P(4) + \frac{1}{2} P(3) = \frac{1}{2} \cdot \frac{11}{16} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} = \frac{21}{32} \\ P(6) &= \frac{1}{2} P(5) + \frac{1}{2} P(4) = \frac{1}{2} \cdot \frac{21}{32} + \frac{1}{2} \cdot \frac{11}{16} = \frac{43}{64} \end{aligned} $$

よって、求める確率は $\frac{43}{64}$ である。

(2)

「ちょうど2周して上がる」のは、1周目で点 $A$（距離 6 の点）に止まらず、2周目で初めて点 $A$（距離 12 の点）に止まるときである。 1回の操作で最大 2 しか進まないため、距離 6 の点に止まらない（飛び越える）事象は、「距離 5 の点に止まり、次に偶数の目が出て 2 進む」場合に限られる。このとき、小石は距離 7 の点に到達する。その確率は以下のようになる。

$$ P(5) \times \frac{1}{2} = \frac{21}{32} \times \frac{1}{2} = \frac{21}{64} $$

距離 7 の点に到達した後、そこからゲームを再開し、距離 12 の点に止まる確率を考える。これは相対的に距離 $12 - 7 = 5$ だけ進む確率に等しく、$P(5)$ である。以上より、求める確率は

$$ \frac{21}{64} \times P(5) = \frac{21}{64} \times \frac{21}{32} = \frac{441}{2048} $$

解法2

(1) について、サイコロを振る回数で場合分けして直接求める別解を示す。

偶数の目が出る回数を $x$ 回、奇数の目が出る回数を $y$ 回とする（$x, y$ は 0 以上の整数）。距離 6 の点にちょうど止まるためには、$2x + y = 6$ を満たせばよい。条件を満たす $(x, y)$ の組とその確率は以下の通りである。

(i) $(x, y) = (3, 0)$ のときサイコロを3回振り、すべて偶数が出る確率である。

$$ \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8} = \frac{8}{64} $$

(ii) $(x, y) = (2, 2)$ のときサイコロを4回振り、偶数が2回、奇数が2回出る確率である。

$$ _{4}\mathrm{C}_{2} \left(\frac{1}{2}\right)^2 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 6 \times \frac{1}{16} = \frac{3}{8} = \frac{24}{64} $$

(iii) $(x, y) = (1, 4)$ のときサイコロを5回振り、偶数が1回、奇数が4回出る確率である。

$$ _{5}\mathrm{C}_{1} \left(\frac{1}{2}\right)^1 \left(\frac{1}{2}\right)^4 = 5 \times \frac{1}{32} = \frac{10}{64} $$

(iv) $(x, y) = (0, 6)$ のときサイコロを6回振り、すべて奇数が出る確率である。

$$ \left(\frac{1}{2}\right)^6 = \frac{1}{64} $$

これら (i) から (iv) の事象は互いに排反であるから、求める確率は

$$ \frac{8}{64} + \frac{24}{64} + \frac{10}{64} + \frac{1}{64} = \frac{43}{64} $$

解説

(1) は解法2のように組み合わせの和として求めることもできるが、(2) を見越すと解法1のように漸化式（状態遷移）を用いて確率 $P(k)$ を順次求めるアプローチが効率的である。 (2) で重要なのは、「ある点を踏まない（飛び越える）」という条件の処理である。1回の移動幅が 1 または 2 しかないため、点 $k$ を飛び越えるには必ず「点 $k-1$ に止まり、そこから 2 進む」しかないという事実に気づけるかが鍵となる。