京都大学 2025年 文系 第3問 解説

方針・初手

$n$ 桁の数 $X$ が 6 で割り切れるための条件を、「2 で割り切れる」かつ「3 で割り切れる」に分けて考えます。

• 2 で割り切れる $\iff$ 一の位が偶数（今回は 1 または 2 なので、一の位が 2 であること）
• 3 で割り切れる $\iff$ 各位の数の和が 3 の倍数 1回の試行ごとに独立して 1 または 2 が等確率で出るため、各位の数の和を 3 で割った余りについての状態遷移（確率の漸化式）を立てて計算します。

解法1

$n$ 回の試行で記録された数字を順に $a_1, a_2, \dots, a_n$ とする。各 $a_i$ は $\frac{1}{2}$ の確率で $1$ または $2$ をとる。 作られる数 $X$ は

$$ X = a_1 10^{n-1} + a_2 10^{n-2} + \cdots + a_n $$

と表される。 $X$ が 6 の倍数であるための条件は、以下の2つを同時に満たすことである。 (1) 2 の倍数であること。すなわち、一の位 $a_n$ が偶数であること。$a_n \in \{1, 2\}$ より $a_n = 2$ となる。 (2) 3 の倍数であること。すなわち、各位の数の和 $S_n = \sum_{i=1}^n a_i$ が 3 の倍数であること。

$n=1$ のとき、 $X = a_1$ は 1 または 2 であり、6 の倍数にはならないため、求める確率は $0$ である。

以下、$n \ge 2$ のときを考える。 (1) より $a_n = 2$ であり、この事象が起こる確率は $\frac{1}{2}$ である。 このとき、(2) を満たすには

$$ S_n = S_{n-1} + a_n = S_{n-1} + 2 \equiv 0 \pmod 3 $$

すなわち

$$ S_{n-1} \equiv 1 \pmod 3 $$

となればよい。

$k$ 回の試行における各位の和 $S_k$ を 3 で割った余りが 0, 1, 2 になる確率をそれぞれ $p_k, q_k, r_k$ とする。 1回目の試行では 1 または 2 が等確率 $\frac{1}{2}$ で出るから、

$$ p_1 = 0, \quad q_1 = \frac{1}{2}, \quad r_1 = \frac{1}{2} $$

である。 和を 3 で割って 1 余る状態（確率 $q_{k+1}$）になるのは、

• 余り 0 の状態（確率 $p_k$）から $1$ が出る（確率 $\frac{1}{2}$）
• 余り 2 の状態（確率 $r_k$）から $2$ が出る（確率 $\frac{1}{2}$） のいずれかであるから、

$$ q_{k+1} = \frac{1}{2} p_k + \frac{1}{2} r_k $$

が成り立つ。ここで、すべての確率の和は $p_k + q_k + r_k = 1$ であるから、$p_k + r_k = 1 - q_k$ となる。これを代入して、

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

この漸化式を変形すると、

$$ q_{k+1} - \frac{1}{3} = -\frac{1}{2} \left( q_k - \frac{1}{3} \right) $$

数列 $\left\{ q_k - \frac{1}{3} \right\}$ は、初項が $q_1 - \frac{1}{3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$、公比が $-\frac{1}{2}$ の等比数列である。 したがって、一般項は

$$ q_k - \frac{1}{3} = \frac{1}{6} \left( -\frac{1}{2} \right)^{k-1} $$

$$ q_k = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left( -\frac{1}{2} \right)^{k-1} $$

求める確率 $P$ は、「$n-1$ 回目までの和を 3 で割った余りが 1」かつ「$n$ 回目に 2 が出る」確率である。 各回の試行は独立であるから、

$$ \begin{aligned} P &= P(S_{n-1} \equiv 1 \pmod 3) \times P(a_n = 2) \\ &= q_{n-1} \times \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left( -\frac{1}{2} \right)^{n-2} \right\} \\ &= \frac{1}{6} + \frac{1}{12} \left( -\frac{1}{2} \right)^{n-2} \end{aligned} $$

ここで、$\frac{1}{12} \left( -\frac{1}{2} \right)^{n-2} = \frac{1}{3 \cdot (-2)^2} \left( -\frac{1}{2} \right)^{n-2} = \frac{1}{3} \left( -\frac{1}{2} \right)^n$ と変形できるので、

$$ P = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \left( -\frac{1}{2} \right)^n $$

この式に $n=1$ を代入すると、$\frac{1}{6} + \frac{1}{3} \left( -\frac{1}{2} \right) = \frac{1}{6} - \frac{1}{6} = 0$ となり、$n=1$ の場合も含めて成り立つ。

解説

「倍数の判定法」と「確率漸化式」を組み合わせた典型問題です。 偶数であるための条件が「最後の試行の結果」だけに依存するのに対し、3の倍数であるための条件は「すべての試行の結果の和」に依存します。そのため、全体を $n$ 回として一度に考えるのではなく、$n-1$ 回目までの和の状態と、最後の $n$ 回目の試行を切り離して考えるのがポイントです。 $p_k, q_k, r_k$ の3つの状態についての連立漸化式を立てますが、$p_k + q_k + r_k = 1$ という関係を用いることで、求めたい $q_k$ だけの2項間漸化式に帰着させることができます。

答え

$$ \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \left( -\frac{1}{2} \right)^n $$