京都大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第6問

(1)
以下、添字は5で割った余りとして読むことにする。サイコロの目 $1,2,3,4,5,6$ を5で割った余りは $1,2,3,4,0,1$ である。したがって、和の余りが $k$ になるには、直前の余りがそれぞれ $k-1,k-2,k-3,k-4,k,k-1$ であればよい。よって $$p_{n+1}(k)={\displaystyle \frac{2p_n(k-1)+p_n(k-2)+p_n(k-3)+p_n(k-4)+p_n(k)}{6}}$$ である。

また $$p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)+p_n(3)+p_n(4)=1$$ であるから、上式は $$p_{n+1}(k)={\displaystyle \frac{1+p_n(k-1)}{6}}$$ とも書ける。具体的には$$\begin{array}{rl}{\displaystyle p_{n+1}(0)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(4)}{6}},}\\ {\displaystyle p_{n+1}(1)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(0)}{6}},}\\ {\displaystyle p_{n+1}(2)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(1)}{6}},}\\ {\displaystyle p_{n+1}(3)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(2)}{6}},}\\ {\displaystyle p_{n+1}(4)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(3)}{6}}}\end{array}$$である。

(2)
(イ)
5つの確率の和は1であるから、その平均は $${\displaystyle \frac{p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)+p_n(3)+p_n(4)}{5}}={\displaystyle \frac{1}{5}}$$ である。最大値を $M_n$、最小値を $m_n$ とすれば、平均は最小値以上、最大値以下である。したがって $$m_n\leqq {\displaystyle \frac{1}{5}}\leqq M_n$$ である。

(ロ)
(1)の簡略形より、任意の $k,l$ に対して$$\begin{array}{rl}{\displaystyle p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(k-1)}{6}}-{\displaystyle \frac{1+p_n(l-1)}{6}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{p_n(k-1)-p_n(l-1)}{6}}}\end{array}$$である。$p_n(k-1)\leqq M_n$、$p_n(l-1)\geqq m_n$ だから $$p_n(k-1)-p_n(l-1)\leqq M_n-m_n$$ である。よって $$p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l)\leqq {\displaystyle \frac{1}{6}}(M_n-m_n)$$ が成り立つ。

(3) $p_{n+1}(k)$ の最大値をとる添字を $k_0$、最小値をとる添字を $l_0$ とする。(2)(ロ)をこの $k_0,l_0$ に適用すると $$M_{n+1}-m_{n+1}=p_{n+1}(k_0)-p_{n+1}(l_0)\leqq {\displaystyle \frac{1}{6}}(M_n-m_n)$$ である。したがって $$0\leqq M_n-m_n\leqq {\left({\displaystyle \frac{1}{6}}\right)}^{n-2}(M_2-m_2)$$ となり、$M_n-m_n\to 0$ である。

常に $$m_n\leqq p_n(k)\leqq M_n$$ であり、また(2)(イ)より $$m_n\leqq {\displaystyle \frac{1}{5}}\leqq M_n$$ である。$M_n-m_n\to 0$ だから、はさみうちにより $p_n(k)\to {\displaystyle \frac{1}{5}}$ である。よって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{p}_n(k)={\displaystyle \frac{1}{5}}$$ である。

$1\mathrm{/}5$ からの偏差 $q_n(k)=p_n(k)-1\mathrm{/}5$ を直接追う。
漸化式が偏差を6分の1に縮めながら添字を巡回させるため、
明示式が得られ、極限は直ちに分かる。

(1)
出目の余りは $1,2,3,4,0,1$ なので、全確率の和が1であることを使うと$$p_{n+1}(k)={\displaystyle \frac{1+p_n(k-1)}{6}}$$である。ただし添字は5を法として読む。

(2)
偏差$$q_n(k)=p_n(k)-{\displaystyle \frac{1}{5}}$$を導入する。すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle q_{n+1}(k)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1+p_n(k-1)}{6}}-{\displaystyle \frac{1}{5}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{6}}(p_n(k-1)-{\displaystyle \frac{1}{5}})={\displaystyle \frac{1}{6}}{q}_n(k-1)\mathrm{.}}\end{array}$$また5個の確率の平均が $1\mathrm{/}5$ だから$$m_n\leqq {\displaystyle \frac{1}{5}}\leqq M_n\mathrm{.}$$偏差の漸化式から任意の $k,l$ について$$p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l)={\displaystyle \frac{1}{6}}\{p_n(k-1)-p_n(l-1)\}\leqq {\displaystyle \frac{1}{6}}(M_n-m_n)$$も得られる。

(3)
偏差の漸化式を繰り返せば$$q_n(k)={\left({\displaystyle \frac{1}{6}}\right)}^{n-1}{q}_1(k-(n-1)),$$ただし添字は5を法として読む。

$q_1(0),\dots ,q_1(4)$ は固定された有限個の数だから、$$\mathrm{\mid }{q}_n(k)\mathrm{\mid }\leqq {\left({\displaystyle \frac{1}{6}}\right)}^{n-1}\underset{0\leqq j\leqq 4}{\max }\mathrm{\mid }{q}_1(j)\mathrm{\mid }⟶0.$$従って各 $k=0,1,2,3,4$ について$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{p}_n(k)={\displaystyle \frac{1}{5}}\mathrm{.}$$さらに$$M_n-{\displaystyle \frac{1}{5}}=\underset{k}{\max }{q}_n(k),{\displaystyle \frac{1}{5}}-m_n=-\underset{k}{\min }{q}_n(k)$$も0へ収束するため、標準解答の最大値・最小値による評価とも一致する。