九州大学 2023年度 前期日程 一般選抜文系数学 第4問

(1) $x^3=1$ より $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ である。虚数解は $\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2}$ であり、虚部が正であるものは $$\omega =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$ である。したがって $${\omega }^2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=\bar{\omega }$$ となる。

(2) $q_n=P(z_n=0)$ とおく。$z_k=0$ のときは、次の $z_{k+1}={\omega }^t$ は必ず $1,\omega ,{\omega }^2$ のいずれかであり、$0$ にはならない。一方、$z_k\mathrm{\ne }0$ のときは、さいころの目が $1,2$ のときだけ $z_{k+1}=0$ になるので、その確率は $\frac{1}{3}$ である。よって $q_{n+1}=\frac{1}{3}(1-q_n)$ である。また $z_1=0$ より $q_1=1$ である。

この漸化式を $$q_{n+1}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{3}(q_n-\frac{1}{4})$$ と書くと、$$q_n-\frac{1}{4}={(-\frac{1}{3})}^{n-1}(1-\frac{1}{4})$$ である。したがって $$P(z_n=0)=q_n=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}{(-\frac{1}{3})}^{n-1}$$ となる。

(3) $z_1=0$ であるから、1回目のさいころの後、$z_2$ は $1,\omega ,{\omega }^2$ のそれぞれを確率 $\frac{1}{3}$ でとる。

(2) より $$P(z_3=0)=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}{(-\frac{1}{3})}^2=\frac{1}{3}$$ である。また、$z_2=1,\omega ,{\omega }^2$ が等確率であり、非零状態の間の規則は $1,\omega ,{\omega }^2$ を循環・共役で入れ替える形になっているので、$z_3$ が非零であるときの3つの値の確率は等しい。したがって $$P(z_3=1)=P(z_3=\omega )=P(z_3={\omega }^2)=\frac{1-P(z_3=0)}{3}=\frac{2}{9}$$ である。

(4) $r_n=P(z_n=1)$、$s_n=P(z_n=\omega )$、$t_n=P(z_n={\omega }^2)$ とおく。$n=1$ では $r_1=s_1=t_1=0$ である。また、$z_k=0$ からは $1,\omega ,{\omega }^2$ へそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$ で移り、非零3状態の間の移り方も3つの状態を対称に扱う。したがって、$r_n=s_n=t_n$ なら $r_{n+1}=s_{n+1}=t_{n+1}$ である。帰納法により、すべての $n$ で $$P(z_n=1)=P(z_n=\omega )=P(z_n={\omega }^2)$$ が成り立つ。

よって $$P(z_n=1)=\frac{1-P(z_n=0)}{3}$$ である。(2) の結果を代入して$$P(z_n=1)=\frac{1}{3}\{1-(\frac{1}{4}+\frac{3}{4}{(-\frac{1}{3})}^{n-1})\}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}{(-\frac{1}{3})}^{n-1}$$を得る。

$0,1,\omega ,{\omega }^2$ の確率を列ベクトルにし，さいころ6通りをそのまま遷移行列へ書く。初期ベクトル $(1,0,0,0{)}^{\mathsf{T}}$ から，常に非零3状態の確率が等しい形 $(q_n,p_n,p_n,p_n{)}^{\mathsf{T}}$ が保たれることを行列で確認し，2状態の漸化式に縮約する。

(1)
$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ より$$\omega =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\mathrm{.}$$したがって$${\omega }^2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=\bar{\omega }$$である。

以下，4状態をまとめて扱う。$${\mathit{p}}_n=\left(\begin{array}{c}{q}_n\\ r_n\\ s_n\\ u_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}P(z_n=0)\\ P(z_n=1)\\ P(z_n=\omega )\\ P(z_n={\omega }^2)\end{array}\right)$$とおく。各状態からさいころの6通りを数えると$$\begin{array}{cccc}& {\mathit{p}}_{n+1}=\left(\begin{array}{cccc}0& 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}3\\ 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}3& 0& 1\mathrm{/}3\\ 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}6& 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}6\\ 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}6& 1\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}6\end{array}\right){\mathit{p}}_n\mathrm{.}& & \text{(1)}\end{array}$$$${\mathit{p}}_1=(1,0,0,0{)}^{\mathsf{T}}$$ である。また (1) の右辺へ
$(q,p,p,p{)}^{\mathsf{T}}$ を代入すると$$\left(\begin{array}{c}p\\ q\mathrm{/}3+2p\mathrm{/}3\\ q\mathrm{/}3+2p\mathrm{/}3\\ q\mathrm{/}3+2p\mathrm{/}3\end{array}\right)$$となる。したがって帰納的に$$r_n=s_n=u_n=\frac{1-q_n}{3}$$がすべての $n$ で成り立つ。

(2)
(1) の第1行から$$q_{n+1}=\frac{1-q_n}{3},q_1=1$$である。よって$$q_{n+1}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{3}(q_n-\frac{1}{4})$$を解いて$$P(z_n=0)=q_n=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}{(-\frac{1}{3})}^{n-1}$$を得る。

(3)
$n=3$ では $q_3=1\mathrm{/}3$ だから$$P(z_3=1)=P(z_3=\omega )=P(z_3={\omega }^2)=\frac{2}{9}\mathrm{.}$$(4)
さらに一般に$$P(z_n=1)=r_n=\frac{1-q_n}{3}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}{(-\frac{1}{3})}^{n-1}$$である。