九州大学 2021年度後期・理系数学後期第4問解答・解説

問題

正四面体ABCDの頂点A，B，C，D上の動点Pが，時刻0には頂点Bにいるとする。0以上の整数 $n$ に対して，時刻 $n + 1$ の $P$ の位置が，時刻 $n$ のPの位置から以下のルールに従って決まるとする。

● 時刻 $n$ にPが頂点Aにいる場合
時刻 $n + 1$ にPはそれぞれ確率 $\frac{1}{2}, \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, \frac{1}{6}$ で頂点A，B，C，Dにいる。

● 時刻 $n$ にPが頂点Bにいる場合
時刻 $n + 1$ にPはそれぞれ確率 $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}$ で頂点A，B，Cにいる。

● 時刻 $n$ にPが頂点Cにいる場合
時刻 $n + 1$ にPはそれぞれ確率 $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}$ で頂点A，C，Dにいる。

● 時刻 $n$ にPが頂点Dにいる場合
時刻 $n + 1$ にPはそれぞれ確率 $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}$ で頂点A，B，Dにいる。

0以上の整数 $n$ に対して，時刻 $n$ に $P$ が頂点A，B，C，Dにいる確率をそれぞれ $a_{n}, b_{n}, c_{n}, d_{n}$ とする。以下の問いに答えよ。

(1) $a_{n}$ を求めよ。

(2) $n$ が3の倍数のときの $b_{n} - c_{n}$ と $c_{n} - d_{n}$ を求めよ。

(3) $n$ が3の倍数のときの $b_{n}, c_{n}, d_{n}$ を求めよ。

出典：九州大学 2021年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第4問

方針

解法1（確率漸化式と3期ごとの差を用いる）

まず全確率の和が1であることを使い、 $a_{n + 1}$ だけの漸化式を作る。次に $b_{n}, c_{n}, d_{n}$ を個別に追うのではなく、差 $x_{n} = b_{n} - c_{n}$ , $y_{n} = c_{n} - d_{n}$ を導入する。1ステップの変化は $x_{n + 1} = - y_{n} /3$ , $y_{n + 1} = (x_{n} + y_{n}) /3$ となり、3ステップごとにどちらも $- 1/27$ 倍になる。 $n = 3 m$ では $y_{n} = 0$ なので、和 $b_{n} + c_{n} + d_{n} = 1 - a_{n}$ と差 $b_{n} - c_{n}$ から3つの確率を復元する。

解法2（1の3乗根で循環成分を対角化する）

まず $a_{n}$ は他の3頂点の確率和だけで閉じた1次漸化式になる。残る $b_{n}, c_{n}, d_{n}$ は $ω^{3} = 1$ を用いて $z_{n} = b_{n} + ω c_{n} + ω^{2} d_{n}$ とまとめると等比数列になる。逆変換し， $3 ∣ n$ で簡約する。

解答

解法1（確率漸化式と3期ごとの差を用いる）

(1)

時刻 $n$ に頂点Aにいる確率は $a_{n}$ であり、頂点B,C,Dにいる確率の和は $b_{n} + c_{n} + d_{n} = 1 - a_{n}$ である。遷移規則から、時刻 $n + 1$ にAにいる確率は $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{3} (b_{n} + c_{n} + d_{n})$ である。したがって $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{3} (1 - a_{n}) = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} a_{n}$ である。

初期状態では点PはBにいるので $a_{0} = 0$ である。この漸化式の一定値を $A$ とすると $A = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} A$ より $A = \frac{2}{5}$ である。よって $a_{n + 1} - \frac{2}{5} = \frac{1}{6} (a_{n} - \frac{2}{5})$ であり、

a_{n} - \frac{2}{5} = (\frac{1}{6})^{n} (a_{0} - \frac{2}{5}) = - \frac{2}{5} (\frac{1}{6})^{n}

となる。したがって $a_{n} = \frac{2}{5} {1 - (\frac{1}{6})^{n}}$ である。

(2)

差を $x_{n} = b_{n} - c_{n}, y_{n} = c_{n} - d_{n}$ とおく。まず遷移規則から $b_{n + 1} = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} + \frac{1}{3} d_{n},$ $c_{n + 1} = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} + \frac{1}{3} c_{n},$ $d_{n + 1} = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{3} c_{n} + \frac{1}{3} d_{n}$ である。したがって $x_{n + 1} = b_{n + 1} - c_{n + 1} = - \frac{1}{3} (c_{n} - d_{n}) = - \frac{1}{3} y_{n}$ であり、 $y_{n + 1} = c_{n + 1} - d_{n + 1} = \frac{1}{3} (b_{n} - d_{n}) = \frac{1}{3} (x_{n} + y_{n})$ である。

これを3回繰り返すと $x_{n + 3} = - \frac{1}{27} x_{n}, y_{n + 3} = - \frac{1}{27} y_{n}$ となる。実際、1回目で $(x_{n + 1}, y_{n + 1}) = (- \frac{1}{3} y_{n}, \frac{1}{3} (x_{n} + y_{n}))$ であり、さらに計算すると3回後には上の式になる。

初期状態は $a_{0} = 0, b_{0} = 1, c_{0} = d_{0} = 0$ だから $x_{0} = b_{0} - c_{0} = 1, y_{0} = c_{0} - d_{0} = 0$ である。したがって $n = 3 m$ のとき $b_{n} - c_{n} = x_{n} = (- \frac{1}{27})^{m}$ であり、 $c_{n} - d_{n} = y_{n} = 0$ である。

(3)

$n = 3 m$ とする。(2)より $c_{n} = d_{n}$ である。また $b_{n} + c_{n} + d_{n} = 1 - a_{n}$ である。ここで $δ = (- \frac{1}{27})^{m}$ とおくと $b_{n} - c_{n} = δ$ である。 $c_{n} = d_{n}$ だから $b_{n} + 2 c_{n} = 1 - a_{n}$ であり、 $b_{n} = c_{n} + δ$ を代入すると $3 c_{n} + δ = 1 - a_{n}$ である。したがって $c_{n} = d_{n} = \frac{1 - a _{n} - δ}{3}$ であり、 $b_{n} = c_{n} + δ = \frac{1 - a _{n} + 2 δ}{3}$ である。

(1)より $a_{n} = \frac{2}{5} {1 - (\frac{1}{6})^{n}}$ だから、 $n = 3 m$ のとき $b_{n} = \frac{1 - a _{n} + 2 ( - \frac{1}{27} ) ^{m}}{3},$ $c_{n} = d_{n} = \frac{1 - a _{n} - ( - \frac{1}{27} ) ^{m}}{3}$ である。すなわち明示的には

b_{n} = \frac{1}{5} + \frac{2}{15} (\frac{1}{6})^{n} + \frac{2}{3} (- \frac{1}{27})^{m},

c_{n} = d_{n} = \frac{1}{5} + \frac{2}{15} (\frac{1}{6})^{n} - \frac{1}{3} (- \frac{1}{27})^{m}

である。

解法2（1の3乗根で循環成分を対角化する）

(1)

全確率が1であり $b_{n} + c_{n} + d_{n} = 1 - a_{n}$ だから，初期値 $a_{0} = 0$ と合わせて

a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{3} (1 - a_{n}) = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{3}, a_{n} = \frac{2}{5} {1 - (\frac{1}{6})^{n}} .

(2)

$ω = - 1/2 + (3 /2) i$ ， $1 + ω + ω^{2} = 0$ とし， $z_{n} = b_{n} + ω c_{n} + ω^{2} d_{n}$ とおく。確率漸化式を代入すると $a_{n}$ の係数が消え，

z_{n + 1} = - \frac{ω ^{2}}{3} z_{n}, z_{0} = 1, z_{n} = (- \frac{ω ^{2}}{3})^{n} .

$3 ∣ n$ なら $ω^{2 n} = 1$ なので $z_{n} = (- 1/3)^{n}$ は実数である。したがって

b_{n} - c_{n} = (- \frac{1}{3})^{n}, c_{n} - d_{n} = 0.

(3)

$s_{n} = b_{n} + c_{n} + d_{n}$ とおくと

s_{n} = 1 - a_{n} = \frac{3}{5} + \frac{2}{5} (\frac{1}{6})^{n} .

$3 ∣ n$ では $z_{n} = \overline{z_{n}} = (- 1/3)^{n}$ である。逆変換

b_{n} c_{n} d_{n} = \frac{s _{n} + z _{n} + z _{n}}{3}, = \frac{s _{n} + ω ^{2} z _{n} + ω z _{n}}{3}, = \frac{s _{n} + ω z _{n} + ω ^{2} z _{n}}{3}

へ代入すると

b_{n} c_{n} = d_{n} = \frac{1}{5} + \frac{2}{15} (\frac{1}{6})^{n} + \frac{2}{3} (- \frac{1}{3})^{n}, = \frac{1}{5} + \frac{2}{15} (\frac{1}{6})^{n} - \frac{1}{3} (- \frac{1}{3})^{n}

となる。

九州大学 2021年度後期・理系数学 後期 第4問

問題

方針

解法1（確率漸化式と3期ごとの差を用いる）

解法2（1の3乗根で循環成分を対角化する）

解答

解法1（確率漸化式と3期ごとの差を用いる）

(1)

(2)

(3)

解法2（1の3乗根で循環成分を対角化する）

(1)

(2)

(3)

九州大学 2021年度
後期・理系数学後期第4問