東京工業大学 2014年 理系 第3問 解説

方針・初手

与えられた行列 $A, B, C$ がどのような1次変換を表すかを把握し、点の移動先を具体的に調べることから始める。初期状態の点 $(0, 1)$ にこれらの行列を繰り返し掛けると、点は常に $y$ 軸上の $(0, 1), (0, -1)$ または $x$ 軸上の $(1, 0), (-1, 0)$ のいずれかに存在することがわかる。この4点間での移動の確率を考え、漸化式を立てるのが定石である。

解法1

さいころを投げて行列 $A, B, C$ を選ぶ確率は、それぞれ $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ である。 $xy$ 平面上の4点 $(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)$ の位置ベクトルに対し、行列 $A, B, C$ を左から掛けると次のようになる。

$$ \begin{aligned} A \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad B \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad C \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ A \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad B \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad C \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} \\ A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad B \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad C \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ A \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad B \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad C \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

最初、点 $R$ は $(0, 1)$ にあるため、操作を繰り返しても点 $R$ はこれら4点のいずれかにのみ存在する。 $n$ 回の操作後に点 $R$ が $(0, 1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0)$ にある確率をそれぞれ $p_n, q_n, r_n, s_n$ とおくと、これらは互いに排反であり、いずれかの点に必ず存在するため、次が成り立つ。

$$ p_n + q_n + r_n + s_n = 1 $$

(1)

$n=1$ のとき、初期状態 $(0, 1)$ から1回の操作を行う。上の計算結果より、 $(0, 1)$ に移るのは行列 $C$ を選んだときのみであるから、

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

$(0, -1)$ に移ることはないから、

$$ q_1 = 0 $$

また、$(1, 0)$ に移る確率は $r_1 = \frac{1}{3}$、$(-1, 0)$ に移る確率は $s_1 = \frac{1}{3}$ である。 $n=2$ のとき、2回目の操作で $(0, 1)$ に移るのは、 ・1回目終了時に $(0, 1)$ にいて行列 $C$ を選ぶ ・1回目終了時に $(1, 0)$ にいて行列 $B$ を選ぶ ・1回目終了時に $(-1, 0)$ にいて行列 $A$ を選ぶ のいずれかであるから、

$$ p_2 = p_1 \cdot \frac{1}{3} + r_1 \cdot \frac{1}{3} + s_1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} $$

2回目の操作で $(0, -1)$ に移るのは、 ・1回目終了時に $(1, 0)$ にいて行列 $A$ を選ぶ ・1回目終了時に $(-1, 0)$ にいて行列 $B$ を選ぶ のいずれかであるから、

$$ q_2 = r_1 \cdot \frac{1}{3} + s_1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9} $$

(2)

(1)の $p_2, q_2$ を求めた推移の考え方を一般の $n$ について適用する。$n \geqq 2$ のとき、$n$ 回目の操作後に点 $R$ が $(0, 1)$ に移る条件を考えると、

$$ p_n = \frac{1}{3} p_{n-1} + \frac{1}{3} r_{n-1} + \frac{1}{3} s_{n-1} $$

ここで $p_{n-1} + q_{n-1} + r_{n-1} + s_{n-1} = 1$ より $r_{n-1} + s_{n-1} = 1 - (p_{n-1} + q_{n-1})$ であるから、これを代入して、

$$ \begin{aligned} p_n &= \frac{1}{3} p_{n-1} + \frac{1}{3} \{ 1 - (p_{n-1} + q_{n-1}) \} \\ &= \frac{1}{3} - \frac{1}{3} q_{n-1} \cdots \text{①} \end{aligned} $$

同様に、$n$ 回目の操作後に点 $R$ が $(0, -1)$ に移る条件を考えると、

$$ q_n = \frac{1}{3} q_{n-1} + \frac{1}{3} r_{n-1} + \frac{1}{3} s_{n-1} $$

これにも $r_{n-1} + s_{n-1} = 1 - (p_{n-1} + q_{n-1})$ を代入して、

$$ \begin{aligned} q_n &= \frac{1}{3} q_{n-1} + \frac{1}{3} \{ 1 - (p_{n-1} + q_{n-1}) \} \\ &= \frac{1}{3} - \frac{1}{3} p_{n-1} \cdots \text{②} \end{aligned} $$

①と②の辺々を足し合わせると、

$$ p_n + q_n = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} (p_{n-1} + q_{n-1}) $$

①から②を辺々引くと、

$$ p_n - q_n = \frac{1}{3} (p_{n-1} - q_{n-1}) $$

(3)

(2)で求めた関係式から、数列 $\{p_n + q_n\}$ および $\{p_n - q_n\}$ の一般項を求める。 まず和の関係式について、特性方程式 $\alpha = -\frac{1}{3} \alpha + \frac{2}{3}$ を解くと $\alpha = \frac{1}{2}$ となるため、次のように変形できる。

$$ p_n + q_n - \frac{1}{2} = -\frac{1}{3} \left( p_{n-1} + q_{n-1} - \frac{1}{2} \right) $$

(1)より $p_1 + q_1 = \frac{1}{3}$ であるから、数列 $\{p_n + q_n - \frac{1}{2}\}$ は初項 $\frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6}$、公比 $-\frac{1}{3}$ の等比数列である。したがって、

$$ \begin{aligned} p_n + q_n - \frac{1}{2} &= -\frac{1}{6} \left( -\frac{1}{3} \right)^{n-1} = \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{3} \right)^n \\ p_n + q_n &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{3} \right)^n \cdots \text{③} \end{aligned} $$

次に差の関係式について、数列 $\{p_n - q_n\}$ は公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列である。初項は $p_1 - q_1 = \frac{1}{3}$ であるから、

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

③と④の辺々を足し合わせると、

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

両辺を2で割ることで、$p_n$ が求まる。

$$ p_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \left( -\frac{1}{3} \right)^n + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} \right)^n $$

解説

行列を用いた1次変換によって点がどのように移るかを調べ、確率の連立漸化式を立てる典型的な問題である。状態が4つあるため、直接 $p_n$ だけの漸化式を作ろうとすると複雑になるが、$y$ 軸上の点に関する確率の和・差の形へ誘導がなされている。連立漸化式 $a_{n} = p a_{n-1} + q b_{n-1}, b_{n} = q a_{n-1} + p b_{n-1}$ の形が現れた際には、和 $a_n + b_n$ と差 $a_n - b_n$ を考えることで2つの独立した等比数列の形に帰着できるという定石を確実に押さえておきたい。

答え

(1)

$$ p_1 = \frac{1}{3}, \quad p_2 = \frac{1}{3}, \quad q_1 = 0, \quad q_2 = \frac{2}{9} $$

(2)

$$ \begin{aligned} p_n + q_n &= -\frac{1}{3} (p_{n-1} + q_{n-1}) + \frac{2}{3} \\ p_n - q_n &= \frac{1}{3} (p_{n-1} - q_{n-1}) \end{aligned} $$

(3)

$$ p_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \left( -\frac{1}{3} \right)^n + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} \right)^n $$