名古屋大学 2018年度文理共通数学文系第3問・理系第4問解答・解説

問題

下図のように、2つの正方形 $A B C D$ と $C D E F$ を辺 $C D$ で共有するように並べた図形を考える。

2点 $P, Q$ が6個の頂点 $A, B, C, D, E, F$ を次の規則に従って移動する。

(a)時刻0では、点 $P$ は頂点 $A$ に、点 $Q$ は頂点 $C$ にいる。

(b)点 $P, Q$ は時刻が1増えるごとに独立に、今いる頂点と辺で結ばれている頂点へ等確率で移動する。

時刻 $n$ まで2点が同時に同じ頂点にいることが一度もない確率を $p_{n}$ とする。また、時刻 $n$ まで一度も同じ頂点におらず、かつ時刻 $n$ に2点がともに同じ正方形上にいる確率を $a_{n}$ とし、 $b_{n} = p_{n} - a_{n}$ と定める。

(1)時刻1での点 $P, Q$ の可能な配置を、すべて図示せよ。

(2) $a_{1}, b_{1}, a_{2}, b_{2}$ を求めよ。

(3) $a_{n + 1}, b_{n + 1}$ を $a_{n}, b_{n}$ で表せ。

(4) $p_{n} ≦ (\frac{3}{4})^{n}$ を示せ。

出典：名古屋大学 2018年度前期日程第2次学力試験文理共通文系第3問・理系第4問

方針

解法1

頂点の隣接関係を明示し、時刻1では $P$ の2通りと $Q$ の3通りを組み合わせて6配置を図示する。そのうち衝突2配置を除き、残る4配置を「同じ正方形上」と「異なる正方形」に分類する。以後に現れる非衝突配置は2種類にまとめられ、同じ正方形型からの遷移確率は $(1/2, 1/6)$ 、異なる正方形型からは $(1/2, 1/4)$ となる。最後は1歩後まで生存する確率が最大でも $3/4$ であることを使う。

解法2

非衝突配置を同じ正方形上の型 $A$ と異なる正方形の型 $B$ にまとめ、確率ベクトル $v_{n} = (a_{n}, b_{n})^{T}$ を使う。代表配置の全移動を数えて2行2列の遷移行列を作る。初期ベクトルから $n = 2$ の値を計算し、列ごとの生存確率の最大値 $3/4$ を使って全確率を評価する。

解答

解法1

(1)

時刻1で $P$ は $B, D$ のいずれかへ、 $Q$ は $B, D, F$ のいずれかへ移る。よって6配置は

(B, B), (B, D), (B, F), (D, B), (D, D), (D, F)

である。これらを図示すると次のようになる。

(2)

時刻1の6配置はそれぞれ確率 $1/6$ である。 $(B, B), (D, D)$ は衝突するので除く。残るうち

(B, D), (D, B), (D, F)

は2点が同じ正方形上にあり、 $(B, F)$ だけは異なる正方形にいる。よって

a_{1} = \frac{1}{2}, b_{1} = \frac{1}{6} .

時刻1の各非衝突配置から、時刻2での非衝突配置を数える。

時刻 1 の配置 (B, D) (D, B) (D, F) (B, F) 全移動数 6664 a_{2} 型 3332 b_{2} 型 1111

したがって

a_{2} b_{2} = 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{4} = \frac{1}{3}, = 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{8} .

(3)

時刻 $n$ まで衝突していない到達可能な配置は、偶数時刻では

(A, C), (C, A), (C, E), (E, C), (A, E), (E, A),

奇数時刻では

(B, D), (D, B), (D, F), (F, D), (B, F), (F, B)

である。いずれの時刻でも、前4配置が $a_{n}$ 型、後2配置が $b_{n}$ 型である。

代表配置を1つずつ調べると、次の遷移表を得る。

現在の型 a_{n} 型 b_{n} 型 全移動数 64 a_{n + 1} 型 32 b_{n + 1} 型 11

図形の左右対称性により、同じ型の他の配置でも同じである。したがって

a_{n + 1} b_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{2} b_{n}, = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{4} b_{n} .

(4)

p_{n + 1} = a_{n + 1} + b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{3}{4} b_{n} ≦ \frac{3}{4} (a_{n} + b_{n}) = \frac{3}{4} p_{n} .

時刻0ではまだ衝突していないので $p_{0} = 1$ である。上の不等式を繰り返して

p_{n} ≦ (\frac{3}{4})^{n} p_{0} = (\frac{3}{4})^{n} .

解法2

(1)

時刻1の配置は

(B, B), (B, D), (B, F), (D, B), (D, D), (D, F)

の6通りである。うち $(B, B), (D, D)$ は時刻1で衝突する。

(2)

非衝突4配置のうち、同じ正方形上にあるものが3個、異なる正方形にあるものが1個なので

v_{1} = (a_{1} b_{1}) = (1/2 1/6) .

同じ正方形型の代表 $(B, D)$ からは6通り中、次の同じ正方形型が3通り、異なる正方形型が1通りである。異なる正方形型の代表 $(B, F)$ からは4通り中、それぞれ2通り、1通りである。よって遷移行列は

M = (1/2 1/6 1/2 1/4) .

したがって

v_{2} = M v_{1} = (1/3 1/8) .

(3)

同じ分類はすべての時刻で保たれるため

(a_{n + 1} b_{n + 1}) = (1/2 1/6 1/2 1/4) (a_{n} b_{n}) .

すなわち

a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + \frac{1}{2} b_{n}, b_{n + 1} = \frac{1}{6} a_{n} + \frac{1}{4} b_{n} .

(4)

行列の第1列の和は $2/3$ 、第2列の和は $3/4$ である。これは、現在が同じ正方形型なら次の1歩でも衝突しない確率が $2/3$ 、異なる正方形型なら $3/4$ であることを意味する。したがって条件付き生存確率は常に $3/4$ 以下であり、

p_{n + 1} ≦ \frac{3}{4} p_{n} .

$p_{0} = 1$ から

p_{n} ≦ (\frac{3}{4})^{n} .

名古屋大学 2018年度文理共通数学 文系第3問・理系第4問

問題

方針

解法1

解法2

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

(4)

解法2

(1)

(2)

(3)

(4)

名古屋大学 2018年度
文理共通数学文系第3問・理系第4問