京都大学 2000年 理系 第6問 解説

方針・初手

(1) $n+1$ 回投げたときの目の和が $5$ で割って $k$ 余る状態は、$n$ 回投げたときの余りの状態と、$n+1$ 回目に出た目の組み合わせによって決まります。出た目によって余りがどれだけ増えるかを整理し、$p_n(0)$ から $p_n(4)$ の和が常に $1$ になることを利用して式を簡略化します。

(2) (イ) は確率の総和が $1$ であることと最大値・最小値の定義を用いて、背理法または不等式評価で示します。 (ロ) は (1) で求めた漸化式を利用して、$p_{n+1}(k) - p_{n+1}(l)$ を $p_n$ の差に帰着させます。

(3) (2) で示した (ロ) の不等式を用いて、最大値 $M_n$ と最小値 $m_n$ の差が $0$ に収束することを示し、はさみうちの原理を利用して極限値を求めます。

解法

(1)

サイコロを1回投げて出た目を $X$ とする。$X$ を $5$ で割った余りが $0, 1, 2, 3, 4$ となる確率はそれぞれ以下の通りである。

• 余り $0$ となるのは $X = 5$ のときで、確率は $\frac{1}{6}$
• 余り $1$ となるのは $X = 1, 6$ のときで、確率は $\frac{2}{6}$
• 余り $2$ となるのは $X = 2$ のときで、確率は $\frac{1}{6}$
• 余り $3$ となるのは $X = 3$ のときで、確率は $\frac{1}{6}$
• 余り $4$ となるのは $X = 4$ のときで、確率は $\frac{1}{6}$

$n+1$ 回目に出た目の和を $5$ で割った余りが $k$ となるのは、$n$ 回目までの余りと $n+1$ 回目に出た目の余りの和が、法 $5$ で $k$ と合同になる場合である。 確率の推移を考えると、$p_{n+1}(0)$ は次のように表せる。

$$ p_{n+1}(0) = \frac{1}{6}p_n(0) + \frac{2}{6}p_n(4) + \frac{1}{6}p_n(3) + \frac{1}{6}p_n(2) + \frac{1}{6}p_n(1) $$

ここで、$n$ 回目までの余りの確率の総和は $1$ であるから、$\sum_{j=0}^{4} p_n(j) = 1$ が成り立つ。 これを用いて式を変形すると、

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(0) &= \frac{1}{6} \{ p_n(0) + p_n(1) + p_n(2) + p_n(3) + p_n(4) \} + \frac{1}{6}p_n(4) \\ &= \frac{1}{6} \cdot 1 + \frac{1}{6}p_n(4) \\ &= \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(4) \end{aligned} $$

となる。同様にして $p_{n+1}(1)$ から $p_{n+1}(4)$ についても計算すると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(1) &= \frac{1}{6}p_n(1) + \frac{2}{6}p_n(0) + \frac{1}{6}p_n(4) + \frac{1}{6}p_n(3) + \frac{1}{6}p_n(2) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(0) \\ p_{n+1}(2) &= \frac{1}{6}p_n(2) + \frac{2}{6}p_n(1) + \frac{1}{6}p_n(0) + \frac{1}{6}p_n(4) + \frac{1}{6}p_n(3) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(1) \\ p_{n+1}(3) &= \frac{1}{6}p_n(3) + \frac{2}{6}p_n(2) + \frac{1}{6}p_n(1) + \frac{1}{6}p_n(0) + \frac{1}{6}p_n(4) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(2) \\ p_{n+1}(4) &= \frac{1}{6}p_n(4) + \frac{2}{6}p_n(3) + \frac{1}{6}p_n(2) + \frac{1}{6}p_n(1) + \frac{1}{6}p_n(0) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(3) \end{aligned} $$

(2)

(イ) の証明 $p_n(0), \cdots, p_n(4)$ の最小値が $m_n$、最大値が $M_n$ であるから、任意の $k \ (0 \leqq k \leqq 4)$ に対して $m_n \leqq p_n(k) \leqq M_n$ が成り立つ。 すべての $k$ について辺々を加えると、

$$ \sum_{k=0}^{4} m_n \leqq \sum_{k=0}^{4} p_n(k) \leqq \sum_{k=0}^{4} M_n $$

ここで、$\sum_{k=0}^{4} p_n(k) = 1$ であるから、

$$ 5 m_n \leqq 1 \leqq 5 M_n $$

辺々を $5$ で割ることで、$m_n \leqq \frac{1}{5} \leqq M_n$ が示された。

(ロ) の証明 (1) の結果より、各 $k \ (0 \leqq k \leqq 4)$ に対して $p_{n+1}(k)$ は、ある $k' \ (0 \leqq k' \leqq 4)$ を用いて

$$ p_{n+1}(k) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(k') $$

と表される。 任意の $k, l \ (0 \leqq k, l \leqq 4)$ に対して、$p_{n+1}(k)$ と $p_{n+1}(l)$ の差を考えると、それぞれに対応する $n$ 回目の余りを $k', l'$ として、

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(k) - p_{n+1}(l) &= \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(k') \right) - \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(l') \right) \\ &= \frac{1}{6} \left( p_n(k') - p_n(l') \right) \end{aligned} $$

となる。ここで、$m_n \leqq p_n(i) \leqq M_n$ であるから、$p_n(k') \leqq M_n$ かつ $-p_n(l') \leqq -m_n$ が成り立つ。したがって、

$$ p_n(k') - p_n(l') \leqq M_n - m_n $$

であり、これを代入すると

$$ p_{n+1}(k) - p_{n+1}(l) \leqq \frac{1}{6} (M_n - m_n) $$

が成立することが示された。

(3)

(2) の (ロ) は任意の $k, l$ について成り立つため、$p_{n+1}(0), \cdots, p_{n+1}(4)$ のうち最大となるものを $p_{n+1}(k)$、最小となるものを $p_{n+1}(l)$ として選ぶと、$p_{n+1}(k) - p_{n+1}(l) = M_{n+1} - m_{n+1}$ となる。 これを (ロ) の式に適用すると、

$$ M_{n+1} - m_{n+1} \leqq \frac{1}{6} (M_n - m_n) $$

となる。$M_n - m_n \geqq 0$ であるから、この漸化式を繰り返し用いると、

$$ 0 \leqq M_n - m_n \leqq \left( \frac{1}{6} \right)^{n-2} (M_2 - m_2) $$

となる。$n \to \infty$ のとき $\left( \frac{1}{6} \right)^{n-2} \to 0$ であるから、はさみうちの原理より

$$ \lim_{n \to \infty} (M_n - m_n) = 0 $$

となる。 次に、(2) の (イ) より $m_n \leqq \frac{1}{5} \leqq M_n$ であるから、各辺から $m_n$ を引くと

$$ 0 \leqq \frac{1}{5} - m_n \leqq M_n - m_n $$

が成り立つ。$\lim_{n \to \infty} (M_n - m_n) = 0$ であるから、再びはさみうちの原理より

$$ \lim_{n \to \infty} m_n = \frac{1}{5} $$

となる。任意の $k$ に対して $m_n \leqq p_n(k) \leqq m_n + (M_n - m_n)$ が成り立つため、同様にはさみうちの原理を用いることで、

$$ \lim_{n \to \infty} p_n(k) = \frac{1}{5} $$

となる。

解説

推移確率が等しくない複雑な状態遷移において、すべての確率が均等に近づいていくことを示す、マルコフ連鎖の極限定理を背景に持つ問題です。 (1) で「確率の和が $1$ になる」という性質を用いて漸化式を極めてシンプルに落とし込む発想が鍵になります。 (2), (3) は最大値と最小値の「幅」が漸化式を重ねるごとに縮小していくことを利用する定石的な手法です。直接漸化式を解くことなく、はさみうちの原理を利用して極限値に迫る論理構成は、難関大学で頻出のパターンです。

答え

(1)

$$ \begin{cases} p_{n+1}(0) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(4) \\ p_{n+1}(1) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(0) \\ p_{n+1}(2) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(1) \\ p_{n+1}(3) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(2) \\ p_{n+1}(4) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6}p_n(3) \end{cases} $$

(2)

略（解法1の証明を参照）

(3)

$$ \frac{1}{5} $$