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東京大学 2004年理系第6問解説

方針・初手

1回の操作で、左端、中央、右端の板が裏返される確率はそれぞれ $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ である。板が表裏反転する操作を繰り返すため、各板が「奇数回裏返されたか、偶数回裏返されたか」に注目する。（2）は「白白白」または「白黒白」となる確率を求めるが、これは中央の板の色を問わず「左端が白、かつ右端が白」となる確率を求めればよいと言い換えることができる。

解法1

（1） 3回の操作後に「黒白白」となる確率を求める。これが起こるのは、3回の操作のうち左端の板が奇数回（1回または3回）、中央と右端の板がともに偶数回（0回または2回）裏返された場合である。 3回の操作回数の合計は3回であるから、各板が裏返される回数の組み合わせは以下のいずれかに限られる。

（i）左端が3回、中央が0回、右端が0回（ii）左端が1回、中央が2回、右端が0回（iii）左端が1回、中央が0回、右端が2回

それぞれの確率は、反復試行の確率（多項定理）より計算できる。

（i）の確率：

$$ \left(\frac{1}{3}\right)^3 = \frac{1}{27} $$

（ii）の確率：

$$ \frac{3!}{1!2!0!} \left(\frac{1}{3}\right)^1 \left(\frac{1}{3}\right)^2 \left(\frac{1}{3}\right)^0 = 3 \times \frac{1}{27} = \frac{3}{27} $$

（iii）の確率：

$$ \frac{3!}{1!0!2!} \left(\frac{1}{3}\right)^1 \left(\frac{1}{3}\right)^0 \left(\frac{1}{3}\right)^2 = 3 \times \frac{1}{27} = \frac{3}{27} $$

これらは互いに排反であるから、求める確率は

$$ \frac{1}{27} + \frac{3}{27} + \frac{3}{27} = \frac{7}{27} $$

(2)

$n$ 回の操作後に「白白白」または「白黒白」となる確率を求める。これは、「左端の板が白」かつ「右端の板が白」となることと同値であり、中央の板の色は問わない。すなわち、$n$ 回の操作のうち、左端の板が偶数回、かつ、右端の板が偶数回裏返される確率を求めればよい。

$n$ 回の操作のうち、左端が $k$ 回、右端が $l$ 回、中央が $n-k-l$ 回選ばれる確率は

$$ \frac{n!}{k! l! (n-k-l)!} \left(\frac{1}{3}\right)^k \left(\frac{1}{3}\right)^l \left(\frac{1}{3}\right)^{n-k-l} $$

である。求める確率は、上式において $k$ が偶数かつ $l$ が偶数となるすべての $(k, l)$ について和をとったものである。ここで、恒等式

$$ (x + y + z)^n = \sum_{k, l} \frac{n!}{k! l! (n-k-l)!} x^k y^l z^{n-k-l} $$

を考える。この展開式から「$x$ の次数が偶数、かつ $y$ の次数が偶数」となる項の総和を取り出せばよい。 $f(x, y, z) = (x + y + z)^n$ とおく。 $x$ の次数が偶数となる項の和は

$$ \frac{f(x, y, z) + f(-x, y, z)}{2} $$

で表される。さらに、この式において $y$ の次数が偶数となる項の和 $P$ を取り出すと、

$$ P = \frac{1}{2} \left\{ \frac{f(x, y, z) + f(-x, y, z)}{2} + \frac{f(x, -y, z) + f(-x, -y, z)}{2} \right\} $$

$$ = \frac{f(x, y, z) + f(-x, y, z) + f(x, -y, z) + f(-x, -y, z)}{4} $$

となる。ここに $x = \frac{1}{3}, y = \frac{1}{3}, z = \frac{1}{3}$ を代入して計算する。

$$ f\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right) = \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}\right)^n = 1^n = 1 $$

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

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

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

したがって、求める確率は

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

解法2

（2）について、状態遷移の確率を表す漸化式を用いて解く別解

$n$ 回の操作後に左端と右端の板の色の組み合わせがどのようになっているかで状態を分類する。中央の板は条件に関与しないため無視する。・「白・白」となる確率を $a_n$ ・「黒・白」となる確率を $p_n$ ・「白・黒」となる確率を $q_n$ ・「黒・黒」となる確率を $c_n$ とする。初期状態は $a_0 = 1, p_0 = 0, q_0 = 0, c_0 = 0$ であり、対称性から常に $p_n = q_n$ が成り立つ。求める確率は $a_n$ である。

1回の操作で、左端が裏返る確率、右端が裏返る確率、どちらも裏返らない（中央が裏返る）確率はすべて $\frac{1}{3}$ である。 $n$ 回目から $n+1$ 回目への状態遷移を考えると、以下の漸化式が成り立つ。

$$ a_{n+1} = \frac{1}{3} a_n + \frac{1}{3} p_n + \frac{1}{3} q_n $$

$$ p_{n+1} = \frac{1}{3} a_n + \frac{1}{3} p_n + \frac{1}{3} c_n $$

$$ q_{n+1} = \frac{1}{3} a_n + \frac{1}{3} q_n + \frac{1}{3} c_n $$

$$ c_{n+1} = \frac{1}{3} p_n + \frac{1}{3} q_n + \frac{1}{3} c_n $$

ここで $p_n + q_n = b_n$ とおくと、上の式から

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

$$ b_{n+1} = \frac{2}{3} a_n + \frac{1}{3} b_n + \frac{2}{3} c_n $$

$$ c_{n+1} = \frac{1}{3} b_n + \frac{1}{3} c_n $$

となる。また、確率の総和より $a_n + b_n + c_n = 1$ である。第1式と第3式から辺々を引くと、

$$ a_{n+1} - c_{n+1} = \frac{1}{3} (a_n - c_n) $$

よって、数列 $\{ a_n - c_n \}$ は初項 $a_0 - c_0 = 1$、公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列となり、

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

また、$b_{n+1}$ の式に $a_n + c_n = 1 - b_n$ を代入すると、

$$ b_{n+1} = \frac{2}{3}(a_n + c_n) + \frac{1}{3} b_n = \frac{2}{3}(1 - b_n) + \frac{1}{3} b_n = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} b_n $$

これを変形して、

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

よって、数列 $\left\{ b_n - \frac{1}{2} \right\}$ は初項 $b_0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$、公比 $-\frac{1}{3}$ の等比数列となり、

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

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

これらを用いて $a_n$ を求める。

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

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

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

解説

1回の操作で左右中央のいずれかが選ばれる確率が等しく $\frac{1}{3}$ であることに基づく、反復試行・状態遷移の典型問題である。（2）において「中央の板が白でも黒でもよい」という条件を正しく解釈し、左端と右端の2枚の板の状態にのみ注目することが最大のポイントとなる。多項定理を利用して偶数次・奇数次の和を取り出す解法1は、式の意味を理解していれば計算量が少なく済む。一方で、状態遷移図から漸化式を立てる解法2は、条件の漏れを防ぎやすく、多くの受験生にとって確実なアプローチとなる。