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名古屋大学 2004年理系第1問解説

方針・初手

問題のルールに従い、現在位置からサイコロを1回振ったときの移動先を分析する。「8をこえたら戻る」というルールによって移動先が限定されることに着目し、現在位置をいくつかのグループ（状態）に分類して確率の推移を追うのが最も見通しの良い方針である。

解法1

現在位置を $x \ (x \ge 0)$ とし、サイコロの出た目を $k \ (1 \le k \le 6)$ とする。 1回の操作による移動後の位置 $y$ は、ルールより次のように定まる。

$x+k \le 8$ のとき、$y = x+k$
$x+k > 8$ のとき、$y = 8 - (x+k - 8) = 16 - (x+k)$

ゲームが終了する条件は $y=8$ となることである。 $x+k \le 8$ の場合、$x+k = 8$ より $k = 8-x$ のとき終了する。 $x+k > 8$ の場合、$16 - (x+k) = 8$ より $x+k = 8$ となり条件と矛盾するため、このケースで終了することはない。したがって、1回の操作でゲームが終了するのは、現在位置 $x$ に対して $k = 8-x$ の目が出たときに限られる。サイコロの目は $1 \le k \le 6$ であるから、1回の操作で終了できる現在位置 $x$ は $1 \le 8-x \le 6$、すなわち $2 \le x \le 7$ の範囲にあるときのみである。また、その範囲にいるとき、終了する確率は常に $\frac{1}{6}$ である。

次に、$x \ge 1$ の位置から1回操作を行い、ゲームが終了しなかった（$y \neq 8$）場合の移動後の位置 $y$ について考える。

$x+k < 8$ のとき、$y = x+k \ge 1+1 = 2$ となる。
$x+k > 8$ のとき、ゲームが終了していない前提より $x \le 7$ であるから、$x+k \le 7+6=13$ となる。よって $y = 16-(x+k) \ge 16-13 = 3$ となる。

いずれの場合も $y \ge 2$ となり、終了していないため $y \neq 8$ である。したがって、$x \ge 1$ の位置から操作を行ってゲームが終了しなかった場合、移動後の位置は必ず $2 \le y \le 7$ の範囲に収まる。

以上を踏まえ、現在位置を次の3つの状態に分類する。

状態 $A$: 位置が $1$
状態 $B$: 位置が $2, 3, 4, 5, 6, 7$ のいずれか
状態 $C$: 位置が $8$ （ゲーム終了）

各状態からの1回の操作による推移は以下のようになる。

状態 $A$ から: 最大でも $1+6=7$ なので終了（状態 $C$）はしない。終了しないため、前述の性質より確率 $1$ で必ず状態 $B$ へ推移する。
状態 $B$ から: 確率 $\frac{1}{6}$ で状態 $C$ へ推移しゲーム終了となる。終了しない確率 $\frac{5}{6}$ で、必ず状態 $B$ に留まる。

$n$ 回目の操作終了後に状態 $A$、状態 $B$ にいる確率をそれぞれ $a_n, b_n$ とおく。状態の推移より、$n \ge 1$ において次の関係式が成り立つ。 $$a_{n+1} = 0$$ $$b_{n+1} = a_n \times 1 + b_n \times \frac{5}{6}$$ $$p_{n+1} = a_n \times 0 + b_n \times \frac{1}{6} = \frac{1}{6} b_n$$

初期状態（0回目の操作後）は位置 $0$ である。 1回目の操作では、出目 $1$ から $6$ によって位置 $1$ から $6$ にそれぞれ確率 $\frac{1}{6}$ で移動するため、$8$ には到達しない（$p_1 = 0$）。また、状態 $A$（位置1）になる確率と、状態 $B$（位置2〜6）になる確率はそれぞれ次のようになる。 $$a_1 = \frac{1}{6}$$ $$b_1 = \frac{5}{6}$$

(1) 2回目で終了する確率 $p_2$ は、 $$p_2 = \frac{1}{6} b_1 = \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{36}$$

(2) 2回目の操作終了後に状態 $B$ にいる確率 $b_2$ は、 $$b_2 = a_1 \times 1 + b_1 \times \frac{5}{6} = \frac{1}{6} + \frac{5}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{31}{36}$$ したがって、3回目で終了する確率 $p_3$ は、 $$p_3 = \frac{1}{6} b_2 = \frac{1}{6} \times \frac{31}{36} = \frac{31}{216}$$

(3) $n \ge 2$ に対して $a_n = 0$ となるため、$n \ge 2$ において状態 $B$ の漸化式は次のように簡略化される。 $$b_{n+1} = \frac{5}{6} b_n$$ 数列 $\{b_n\}_{n \ge 2}$ は、初項 $b_2 = \frac{31}{36}$、公比 $\frac{5}{6}$ の等比数列であるから、 $$b_n = \frac{31}{36} \left(\frac{5}{6}\right)^{n-2} \quad (n \ge 2)$$ よって、$n \ge 3$ に対する $p_n$ は次のように求まる。 $$p_n = \frac{1}{6} b_{n-1} = \frac{1}{6} \times \frac{31}{36} \left(\frac{5}{6}\right)^{(n-1)-2} = \frac{31}{216} \left(\frac{5}{6}\right)^{n-3}$$ これは $n \ge 4$ のすべての $n$ に対しても当然成り立つ。

解説

「壁で折り返す」タイプの確率・漸化式の問題である。移動先の座標を丁寧に調べると、1回サイコロを振った後は「位置1」か「位置2〜7」にしか存在せず、さらにゲームが続く限りは「位置2〜7に留まり続ける」という強力な性質が見えてくる。この性質に気づき、位置を意味のあるグループにまとめて状態推移を考えることで、複雑な場合分けや計算を回避してシンプルな漸化式に帰着させることができる。