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名古屋大学 2015年文系第2問解説

方針・初手

試行を繰り返すことによる状態の遷移を追う問題である。石の移動の規則から、試行回数 $n$ と石の現在位置（点の番号）の偶奇が一致することに着目する。具体的には、$n$ 番目の状態から $n+1$ 番目の状態への推移確率を表す漸化式を立てて、順次計算していく。

解法1

(1)

試行を $n$ 回繰り返した後に石が点 $k$ にある確率 $P_n(k)$ について、問題の条件から次の漸化式が成り立つ。

$$ \begin{aligned} P_{n+1}(1) &= \frac{1}{2} P_n(2) \\ P_{n+1}(2) &= P_n(1) + \frac{1}{2} P_n(3) \\ P_{n+1}(3) &= \frac{1}{2} P_n(2) + \frac{1}{2} P_n(4) \\ P_{n+1}(4) &= \frac{1}{2} P_n(3) + P_n(5) \\ P_{n+1}(5) &= \frac{1}{2} P_n(4) \end{aligned} $$

石は初め点1にあるため、$P_0(1) = 1$ であり、それ以外の $P_0(k)$ は $0$ である。上の漸化式を用いて、$n=1, 2, \dots, 6$ の確率を順に計算する。

$n=1$ のとき、 $$ P_1(1)=0, P_1(2)=1, P_1(3)=0, P_1(4)=0, P_1(5)=0 $$

$n=2$ のとき、 $$ P_2(1)=\frac{1}{2}, P_2(2)=0, P_2(3)=\frac{1}{2}, P_2(4)=0, P_2(5)=0 $$

$n=3$ のとき、 $$ \begin{aligned} P_3(2) &= P_2(1) + \frac{1}{2} P_2(3) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \\ P_3(4) &= \frac{1}{2} P_2(3) + P_2(5) = \frac{1}{4} + 0 = \frac{1}{4} \end{aligned} $$ よって、$P_3(1)=0, P_3(2)=\frac{3}{4}, P_3(3)=0, P_3(4)=\frac{1}{4}, P_3(5)=0$

$n=4$ のとき、 $$ \begin{aligned} P_4(1) &= \frac{1}{2} P_3(2) = \frac{3}{8} \\ P_4(3) &= \frac{1}{2} P_3(2) + \frac{1}{2} P_3(4) = \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{2} \\ P_4(5) &= \frac{1}{2} P_3(4) = \frac{1}{8} \end{aligned} $$ よって、$P_4(1)=\frac{3}{8}, P_4(2)=0, P_4(3)=\frac{1}{2}, P_4(4)=0, P_4(5)=\frac{1}{8}$

$n=5$ のとき、 $$ \begin{aligned} P_5(2) &= P_4(1) + \frac{1}{2} P_4(3) = \frac{3}{8} + \frac{1}{4} = \frac{5}{8} \\ P_5(4) &= \frac{1}{2} P_4(3) + P_4(5) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{3}{8} \end{aligned} $$ よって、$P_5(1)=0, P_5(2)=\frac{5}{8}, P_5(3)=0, P_5(4)=\frac{3}{8}, P_5(5)=0$

$n=6$ のとき、 $$ \begin{aligned} P_6(1) &= \frac{1}{2} P_5(2) = \frac{5}{16} \\ P_6(3) &= \frac{1}{2} P_5(2) + \frac{1}{2} P_5(4) = \frac{5}{16} + \frac{3}{16} = \frac{1}{2} \\ P_6(5) &= \frac{1}{2} P_5(4) = \frac{3}{16} \end{aligned} $$ よって、$P_6(1)=\frac{5}{16}, P_6(2)=0, P_6(3)=\frac{1}{2}, P_6(4)=0, P_6(5)=\frac{3}{16}$ となる。

(2)

点1には初めから印がついている。石は一度の試行で隣り合う点へ移動するか、点1または点5から内側へ移動する規則をもつ。このため、点1から出発して点5に到達するには、それまでに必ず点2、点3、点4を通過しなければならない。したがって、6回の試行後に5つの点すべてに印がついていることは、6回目までに少なくとも1回点5に到達することと同値である。点5に初めて到達するまでの移動回数は、点の偶奇の性質から偶数回に限られるため、4回目または6回目のいずれかである。

(i) 4回目で初めて点5に到達する場合

移動経路は $1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 5$ の1通りのみであり、その確率は次のようになる。

$$ 1 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8} $$

(ii) 6回目で初めて点5に到達する場合

4回目終了時点で点5に到達しておらず、そこからさらに2回の移動で初めて点5に到達する必要がある。 4回目終了時点で点5に到達していない場合、石は点1または点3にある。点1から2回の移動で点5に到達することはできないため、4回目終了時点で石は点3にあり、そこから $3 \to 4 \to 5$ と移動する場合に限られる。 (1)の計算結果より、4回目終了時点で石が点3にある確率は $P_4(3) = \frac{1}{2}$ である。ここから2回で点5に到達する確率は、

$$ P_4(3) \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8} $$

(i) と (ii) は互いに排反であるから、求める確率はこれらの和となる。

$$ \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4} $$

(3)

(1)で求めた漸化式を利用して、$P_{n+2}(3)$ を $n$ 回目の確率で表す。

$$ \begin{aligned} P_{n+2}(3) &= \frac{1}{2} P_{n+1}(2) + \frac{1}{2} P_{n+1}(4) \\ &= \frac{1}{2} \left( P_n(1) + \frac{1}{2} P_n(3) \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} P_n(3) + P_n(5) \right) \\ &= \frac{1}{2} P_n(1) + \frac{1}{4} P_n(3) + \frac{1}{4} P_n(3) + \frac{1}{2} P_n(5) \\ &= \frac{1}{2} \{ P_n(1) + P_n(3) + P_n(5) \} \end{aligned} $$

石が移動する規則から、偶数回の移動後には石は必ず奇数の番号の点(1, 3, 5)のいずれかにあり、奇数回の移動後には石は必ず偶数の番号の点(2, 4)のいずれかにある。

(i) $n$ が奇数のとき

石は点2または点4に存在するため、点3にある確率は $0$ である。したがって、$P_n(3) = 0$ となる。

(ii) $n$ が偶数のとき

石は点1, 3, 5のいずれかに存在するため、確率の総和について $P_n(1) + P_n(3) + P_n(5) = 1$ が成り立つ。これを先ほどの式に代入すると、

$$ P_{n+2}(3) = \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2} $$

これは $n \ge 0$ の偶数について成り立つ関係である。したがって、$n$ が2以上の偶数であるとき、常に $P_n(3) = \frac{1}{2}$ となる。

解説

確率の漸化式を立てて状態遷移を追う典型的なマルコフ連鎖の問題である。試行回数と点の位置に偶奇の一致があることに気づけば、(1)の計算も確認しながら正確に進めることができる。(2)では「すべてに印がつく」という条件を「最も遠い点5に到達する」という事象に言い換えることが最大のポイントとなる。余事象を考えたり、(1)で求めた途中の確率の値を活用したりすることで、計算量を大きく減らすことができる。(3)は一見すると複雑な一般項を求める問題に見えるが、$P_n(1)+P_n(3)+P_n(5)=1$ という確率の保存則を利用すると、鮮やかに定数となることが分かる。