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名古屋大学 2020年理系第4問解説

方針・初手

コマの移動ルールを整理すると、正方形上の2つのコマ間の「距離」（辺に沿った最短の移動回数）のみに注目すればよいことがわかる。距離は 0, 1, 2 のいずれかであり、距離が 0 になった時点でゲーム終了となる。サイコロを $n$ 回振った直後のコマ間の距離が 2, 1 である確率をそれぞれ数列として設定し、漸化式を立てて解いていく。

解法1

(1)

コマ間の距離に着目する。頂点間の距離は最大2である。初期状態（サイコロを0回振った状態）では、コマはAとCにあるため、距離は2である。

サイコロを1回振ったとき、コマを動かすのは先攻である。出た目による移動は以下の3通りで、それぞれ確率は $\frac{1}{3}$ である。・その場にとどまる（距離は2のまま）・反時計回りに隣へ動く（距離は1になる）・時計回りに隣へ動く（距離は1になる）

ちょうど $n$ 回サイコロを振った後に距離が 2, 1 である確率をそれぞれ $A_n, B_n$ とおく。初期状態は $A_0 = 1, B_0 = 0$ である。

距離2の状態からサイコロを振ると、確率 $\frac{1}{3}$ で距離2のまま、確率 $\frac{2}{3}$ で距離1になる。距離1の状態からサイコロを振ると、確率 $\frac{1}{3}$ で距離1のまま、確率 $\frac{1}{3}$ で距離2になり、確率 $\frac{1}{3}$ で距離0（ゲーム終了）となる。

したがって、次の漸化式が成り立つ。

$$ \begin{cases} A_n = \frac{1}{3}A_{n-1} + \frac{1}{3}B_{n-1} & (n \geqq 1) \\ B_n = \frac{2}{3}A_{n-1} + \frac{1}{3}B_{n-1} & (n \geqq 1) \end{cases} $$

また、ちょうど $n$ 回目にゲームが終了する確率 $p_n$ は、$(n-1)$ 回目の後に距離1であり、そこから確率 $\frac{1}{3}$ で距離0になる確率であるから、

$$ p_n = \frac{1}{3}B_{n-1} \quad (n \geqq 1) $$

これを用いて $A_n, B_n, p_n$ を順に計算する。

$n=1$ のとき

$$ A_1 = \frac{1}{3}A_0 + \frac{1}{3}B_0 = \frac{1}{3} $$

$$ B_1 = \frac{2}{3}A_0 + \frac{1}{3}B_0 = \frac{2}{3} $$

$$ p_1 = \frac{1}{3}B_0 = 0 $$

$n=2$ のとき

$$ A_2 = \frac{1}{3}A_1 + \frac{1}{3}B_1 = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} $$

$$ B_2 = \frac{2}{3}A_1 + \frac{1}{3}B_1 = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{9} $$

$$ p_2 = \frac{1}{3}B_1 = \frac{2}{9} $$

$n=3$ のとき

$$ A_3 = \frac{1}{3}A_2 + \frac{1}{3}B_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9} = \frac{7}{27} $$

$$ B_3 = \frac{2}{3}A_2 + \frac{1}{3}B_2 = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9} = \frac{10}{27} $$

$$ p_3 = \frac{1}{3}B_2 = \frac{4}{27} $$

(2)

(1)の漸化式から $A_n$ を消去し、$B_n$ の隣接3項間漸化式を導く。第2式より $A_{n-1} = \frac{3}{2}B_n - \frac{1}{2}B_{n-1}$ であるから、番号をずらした $A_n = \frac{3}{2}B_{n+1} - \frac{1}{2}B_n$ を第1式 $A_n = \frac{1}{3}A_{n-1} + \frac{1}{3}B_{n-1}$ に代入して整理する。

$$ \frac{3}{2}B_{n+1} - \frac{1}{2}B_n = \frac{1}{3}\left(\frac{3}{2}B_n - \frac{1}{2}B_{n-1}\right) + \frac{1}{3}B_{n-1} $$

$$ \frac{3}{2}B_{n+1} - B_n - \frac{1}{6}B_{n-1} = 0 $$

$$ 9B_{n+1} - 6B_n - B_{n-1} = 0 $$

特性方程式 $9t^2 - 6t - 1 = 0$ を解くと、$t = \frac{1 \pm \sqrt{2}}{3}$ である。 $\alpha = \frac{1 + \sqrt{2}}{3}, \beta = \frac{1 - \sqrt{2}}{3}$ とおくと、漸化式は次のように変形できる。

$$ B_{n+1} - \alpha B_n = \beta (B_n - \alpha B_{n-1}) $$

$$ B_{n+1} - \beta B_n = \alpha (B_n - \beta B_{n-1}) $$

これらから等比数列の一般項を求める。

$$ B_n - \alpha B_{n-1} = (B_1 - \alpha B_0)\beta^{n-1} = \frac{2}{3}\beta^{n-1} $$

$$ B_n - \beta B_{n-1} = (B_1 - \beta B_0)\alpha^{n-1} = \frac{2}{3}\alpha^{n-1} $$

辺々引いて $B_n$ を消去する。

$$ (\alpha - \beta)B_{n-1} = \frac{2}{3}(\alpha^{n-1} - \beta^{n-1}) $$

$\alpha - \beta = \frac{2\sqrt{2}}{3}$ より、

$$ B_{n-1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha^{n-1} - \beta^{n-1}) $$

よって、$p_n$ は次のように求まる。

$$ p_n = \frac{1}{3}B_{n-1} = \frac{1}{3\sqrt{2}}\left\{ \left(\frac{1+\sqrt{2}}{3}\right)^{n-1} - \left(\frac{1-\sqrt{2}}{3}\right)^{n-1} \right\} $$

(3)

示すべき不等式は、次のように書き換えられる。

$$ \sum_{m=1}^{[\frac{N}{2}]} p_{2m} - \sum_{m=1}^{[\frac{N+1}{2}]} p_{2m-1} > 0 $$

左辺は $p_n$ の偶数項の和から奇数項の和を引いたものであり、$\sum_{n=1}^N (-1)^n p_n$ と表せる。 $p_n = \frac{1}{3}B_{n-1}$ より、

$$ \sum_{n=1}^N (-1)^n p_n = \frac{1}{3} \sum_{n=1}^N (-1)^n B_{n-1} = \frac{1}{3} \sum_{k=0}^{N-1} (-1)^{k+1} B_k $$

したがって、$S_N = \sum_{k=0}^{N-1} (-1)^{k+1} B_k$ とおいたとき、$N \geqq 2$ に対して $S_N > 0$ となることを示せばよい。 $B_0 = 0$ であるから、和は以下のように展開できる。

$$ S_N = B_1 - B_2 + B_3 - B_4 + \cdots + (-1)^N B_{N-1} $$

ここで数列 $\{B_n\}$ ($n \geqq 1$) の増減について調べる。 (2)で導いた $9B_{n+1} - 6B_n - B_{n-1} = 0$ より、隣接項の差をとる。

$$ B_n - B_{n+1} = B_n - \left(\frac{2}{3}B_n + \frac{1}{9}B_{n-1}\right) = \frac{1}{9}(3B_n - B_{n-1}) $$

ここで、$n \geqq 1$ において $3B_n - B_{n-1} > 0$ であることを数学的帰納法で示す。

(i) $n=1$ のとき、$3B_1 - B_0 = 3 \cdot \frac{2}{3} - 0 = 2 > 0$ より成立。 (ii) $n=k$ ($k \geqq 1$) のとき、$3B_k - B_{k-1} > 0$ と仮定する。 $B_k$ は確率の定数倍（または初期値からの遷移）であるから $B_k > 0$ であり、

$$ 3B_{k+1} - B_k = 3\left(\frac{2}{3}B_k + \frac{1}{9}B_{k-1}\right) - B_k = B_k + \frac{1}{3}B_{k-1} > 0 $$

となり、$n=k+1$ のときも成立する。

以上より、すべての $n \geqq 1$ で $3B_n - B_{n-1} > 0$ であり、すなわち $B_n > B_{n+1}$ が成り立つ。したがって、数列 $\{B_n\}$ ($n \geqq 1$) は単調減少であり、各項は正である。これを用いると、$S_N$ は次のように評価できる。

$N$ が偶数 $N=2L$ ($L \geqq 1$) のとき、

$$ S_{2L} = (B_1 - B_2) + (B_3 - B_4) + \cdots + (B_{2L-1} - B_{2L}) > 0 $$

$N$ が奇数 $N=2L+1$ ($L \geqq 1$) のとき、

$$ S_{2L+1} = (B_1 - B_2) + (B_3 - B_4) + \cdots + (B_{2L-1} - B_{2L}) + B_{2L+1} > 0 $$

よって、2以上の任意の整数 $N$ に対して $S_N > 0$ が示された。すなわち、与えられた不等式は成り立つ。

解説

2つのコマの動きを扱う確率と漸化式の問題である。各コマの位置を個別に追うと状態数が多くなりすぎるため、コマ同士の「距離」に状態を集約できるかどうかが第一のポイントである。(1)で具体的に書き下すことで、対称性に気づき、状態を少なく保つことができる。 (2)では連立漸化式から隣接3項間漸化式を導き、一般項を求める標準的な処理が求められる。 (3)の不等式は、一見すると複雑な和の評価だが、シグマを整理すると「奇数項と偶数項の和の差分」すなわち交代級数の和の正負を問われていることに帰着する。(2)で求めた一般項を代入して直接計算で示すことも可能だが、解法に示したように漸化式そのものから数列の単調減少性を引き出すほうがはるかに計算量が少なく、簡潔である。交代級数において「項の絶対値が単調減少なら、部分和の符号は初項と同じになる」という性質をうまく応用している。