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九州大学 2023年文系第4問解説

方針・初手

与えられた複素数 $\omega$ は $x^3=1$ の虚数解であるから、$x^2+x+1=0$ を満たし、その性質（$\omega^3=1$ など）を計算に利用する。確率の推移については、現在の状態 $z_k$ から次の状態 $z_{k+1}$ がどのように変化するかを、さいころの目 $t$ の各場合について整理して漸化式を立てる。 (3)では、状態遷移の規則に従って具体的な確率を計算し、(4)ではその結果から各状態の確率の対称性を見出したり、(2)の結果を用いた連立漸化式を解いたりすることで一般項を求める。

解法1

(1)

方程式 $x^3=1$ を変形すると $(x-1)(x^2+x+1)=0$ となる。 $\omega$ はこの方程式の虚数解であるから $x^2+x+1=0$ の解であり、解の公式より $x = \frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2}$ である。 $\omega$ の虚部は正であるから、$\omega = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}$ である。

$\omega^2$ を計算すると、

$$ \omega^2 = \left( \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} \right)^2 = \frac{1 - 2\sqrt{3}i - 3}{4} = \frac{-2 - 2\sqrt{3}i}{4} = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2} $$

一方で、$\omega$ と共役な複素数 $\overline{\omega}$ は、

$$ \overline{\omega} = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2} $$

したがって、$\omega^2 = \overline{\omega}$ が成り立つ。

(2)

$z_n=0$ となる確率を $p_n$ とおく。

$z_k=0$ のとき、次の操作で $z_{k+1} = \omega^t$ となる。 $t=1, 2, 3, 4, 5, 6$ に対して $\omega^t$ はそれぞれ $\omega, \omega^2, 1, \omega, \omega^2, 1$ となり、いずれも $0$ ではない。したがって、$z_k=0$ のとき必ず $z_{k+1} \neq 0$ となる。

$z_k \neq 0$ のとき、次の操作で $z_{k+1} = 0$ となるのは、さいころの目が $t=1, 2$ の場合であり、その確率は $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ である。

これらより、数列 $\{p_n\}$ について次の漸化式が成り立つ。

$$ p_{n+1} = (1-p_n) \cdot \frac{1}{3} = -\frac{1}{3}p_n + \frac{1}{3} $$

この漸化式を変形すると、

$$ p_{n+1} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{3} \left( p_n - \frac{1}{4} \right) $$

$z_1=0$ より $p_1=1$ であるから、数列 $\left\{ p_n - \frac{1}{4} \right\}$ は初項 $1-\frac{1}{4} = \frac{3}{4}$、公比 $-\frac{1}{3}$ の等比数列となる。

$$ p_n - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \left( -\frac{1}{3} \right)^{n-1} $$

よって、求める確率は

$$ p_n = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \left( -\frac{1}{3} \right)^{n-1} $$

(3)

$z_1=0$ であるから、さいころを1回投げたあとの $z_2$ は $\omega^t$ となる。 $t=3, 6$ のとき $z_2=1$、$t=1, 4$ のとき $z_2=\omega$、$t=2, 5$ のとき $z_2=\omega^2$ となるので、$z_2$ が $1, \omega, \omega^2$ となる確率はそれぞれ $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ である。

ここからさらにさいころを投げて $z_3$ が定まるときの確率を計算する。 $z_2 \neq 0$ であるから、$z_3$ の値は $t \ge 3$ の出目によって次のように遷移する。

(i) $z_2=1$ のとき（確率 $\frac{1}{3}$） $t=3 \implies z_3=\omega\cdot 1=\omega$ $t=4 \implies z_3=\omega\cdot \overline{1}=\omega$ $t=5 \implies z_3=1$ $t=6 \implies z_3=\overline{1}=1$ $z_3$ が $1, \omega, \omega^2$ になる確率はそれぞれ $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$, $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$, $0$ である。

(ii) $z_2=\omega$ のとき（確率 $\frac{1}{3}$） $t=3 \implies z_3=\omega\cdot\omega=\omega^2$ $t=4 \implies z_3=\omega\cdot\overline{\omega}=1$ $t=5 \implies z_3=\omega$ $t=6 \implies z_3=\overline{\omega}=\omega^2$ $z_3$ が $1, \omega, \omega^2$ になる確率はそれぞれ $\frac{1}{6}$, $\frac{1}{6}$, $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ である。

(iii) $z_2=\omega^2$ のとき（確率 $\frac{1}{3}$） $t=3 \implies z_3=\omega\cdot\omega^2=1$ $t=4 \implies z_3=\omega\cdot\overline{\omega^2}=\omega^2$ $t=5 \implies z_3=\omega^2$ $t=6 \implies z_3=\overline{\omega^2}=\omega$ $z_3$ が $1, \omega, \omega^2$ になる確率はそれぞれ $\frac{1}{6}$, $\frac{1}{6}$, $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ である。

以上をまとめて確率を計算すると、

$$ \begin{aligned} P(z_3=1) &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{18} = \frac{2}{9} \\ P(z_3=\omega) &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{18} = \frac{2}{9} \\ P(z_3=\omega^2) &= \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = 0 + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{2}{9} \end{aligned} $$

(4)

$z_n$ が $1, \omega, \omega^2$ となる確率をそれぞれ $a_n, b_n, c_n$ とおく。 $n \ge 1$ について、$z_n$ の状態から $z_{n+1}=1$ となる遷移を考える。

$z_n=0$ のとき、$t=3, 6$ で $z_{n+1}=1$ となる。（確率 $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$）
$z_n=1$ のとき、$t=5, 6$ で $z_{n+1}=1$ となる。（確率 $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$）
$z_n=\omega$ のとき、$t=4$ で $z_{n+1}=1$ となる。（確率 $\frac{1}{6}$）
$z_n=\omega^2$ のとき、$t=3$ で $z_{n+1}=1$ となる。（確率 $\frac{1}{6}$）

したがって、次の漸化式が成り立つ。

$$ a_{n+1} = \frac{1}{3}p_n + \frac{1}{3}a_n + \frac{1}{6}b_n + \frac{1}{6}c_n $$

全確率の和は $1$ であるから $p_n + a_n + b_n + c_n = 1$ より $b_n + c_n = 1 - p_n - a_n$。これを代入すると、

$$ a_{n+1} = \frac{1}{3}p_n + \frac{1}{3}a_n + \frac{1}{6}(1 - p_n - a_n) = \frac{1}{6}a_n + \frac{1}{6}p_n + \frac{1}{6} $$

これに(2)で求めた $p_n = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}$ を代入する。

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &= \frac{1}{6}a_n + \frac{1}{6}\left\{ \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right\} + \frac{1}{6} \\ &= \frac{1}{6}a_n + \frac{5}{24} + \frac{1}{8}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{aligned} $$

定数項を消去するため、特解 $\alpha = \frac{1}{6}\alpha + \frac{5}{24}$ を解くと $\alpha = \frac{1}{4}$ となるので、式を変形する。

$$ a_{n+1} - \frac{1}{4} = \frac{1}{6}\left(a_n - \frac{1}{4}\right) + \frac{1}{8}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

さらに、ある定数 $\beta$ を用いて $a_{n+1} - \frac{1}{4} - \beta\left(-\frac{1}{3}\right)^n = \frac{1}{6}\left\{ a_n - \frac{1}{4} - \beta\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right\}$ の形に変形できるか調べる。展開して整理すると、

$$ a_{n+1} - \frac{1}{4} = \frac{1}{6}\left(a_n - \frac{1}{4}\right) + \left(-\frac{1}{3}\beta - \frac{1}{6}\beta\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

両辺を比較して $-\frac{1}{2}\beta = \frac{1}{8}$ より $\beta = -\frac{1}{4}$。ゆえに、

$$ a_{n+1} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^n = \frac{1}{6}\left\{ a_n - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right\} $$

数列 $\left\{ a_n - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right\}$ は、初項が $a_1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^0 = 0 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0$、公比 $\frac{1}{6}$ の等比数列であるから、すべての $n \ge 1$ に対して値は $0$ である。

$$ a_n - \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} = 0 $$

よって求める確率は、

$$ a_n = \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

解法2

(1)の別解

$\omega$ は $x^3=1$ の解であるから、$\omega^3=1$ である。両辺の絶対値をとると $|\omega|^3 = 1$ であり、$|\omega|$ は正の実数であるから $|\omega| = 1$ となる。複素数の絶対値の性質より $\omega \overline{\omega} = |\omega|^2 = 1$ が成り立つ。 $\omega^3 = 1$ の両辺を $\omega \neq 0$ で割ると $\omega^2 = \frac{1}{\omega}$ となるため、$\omega^2 = \overline{\omega}$ が示された。

(4)の別解

(3)の計算において $z_3$ が $1, \omega, \omega^2$ となる確率がいずれも $\frac{2}{9}$ と等しくなったことに着目する。 $z_n$ が $1, \omega, \omega^2$ となる確率をそれぞれ $a_n, b_n, c_n$ とおき、$a_n = b_n = c_n$ がすべての $n \ge 1$ で成り立つことを数学的帰納法で示す。

解法1と同様に $a_{n+1}, b_{n+1}, c_{n+1}$ の漸化式を立てると、

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &= \frac{1}{3}p_n + \frac{2}{6}a_n + \frac{1}{6}b_n + \frac{1}{6}c_n \\ b_{n+1} &= \frac{1}{3}p_n + \frac{2}{6}a_n + \frac{1}{6}b_n + \frac{1}{6}c_n \\ c_{n+1} &= \frac{1}{3}p_n + 0\cdot a_n + \frac{2}{6}b_n + \frac{2}{6}c_n \end{aligned} $$

(i) $n=1$ のとき $z_1=0$ より $a_1=b_1=c_1=0$ であり、互いに等しい。

(ii) $n=k$ のとき $a_k = b_k = c_k$ であると仮定する。このとき、

$$ \begin{aligned} a_{k+1} &= \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{6}a_k + \frac{1}{6}a_k + \frac{1}{6}a_k = \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{3}a_k \\ b_{k+1} &= \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{6}a_k + \frac{1}{6}a_k + \frac{1}{6}a_k = \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{3}a_k \\ c_{k+1} &= \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{6}a_k + \frac{2}{6}a_k = \frac{1}{3}p_k + \frac{2}{3}a_k \end{aligned} $$

よって、$a_{k+1} = b_{k+1} = c_{k+1}$ となり、$n=k+1$ のときも成り立つ。

(i), (ii) より、すべての $n \ge 1$ に対して $a_n = b_n = c_n$ が成り立つ。確率の和は $1$ であるから、$p_n + a_n + b_n + c_n = 1$ より $p_n + 3a_n = 1$ となる。したがって、

$$ a_n = \frac{1 - p_n}{3} $$

これに(2)の $p_n = \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}$ を代入すると、

$$ a_n = \frac{1}{3} \left\{ 1 - \left( \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} \right) \right\} = \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} $$

解説

複素数平面上の点をさいころの目に応じて移動させる、確率と漸化式の融合問題である。 (1)は基本的な計算だが、極形式や絶対値を利用した証明（解法2）もスマートである。 (2)や(4)の確率漸化式を立てる際は、状態 $0, 1, \omega, \omega^2$ の間の遷移を漏れなく数え上げることが重要である。特に $z_k=0$ のときは「必ず $0$ 以外の状態へ移る」という点に気付けるかが鍵となる。 (4)は解法1のように単独の漸化式に帰着させて解くのが定石であるが、(3)の結果から状態間の対称性を見抜き、解法2のように確率が等しいことを帰納法で証明できれば計算量を大幅に減らすことができる。