名古屋大学 2020年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1)

最初は2つのコマが向かい合っている。1回目の後、向かい合ったままである確率は $1\mathrm{/}3$、隣り合う確率は $2\mathrm{/}3$ である。2回目に勝つには、隣り合った状態から相手の位置へ動けばよいので$$p_2=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9}\mathrm{.}$$2回目終了時に、勝敗が未決で隣り合っている確率は$$\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{4}{9}\mathrm{.}$$したがって$$p_3=\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{3}=\frac{4}{27}\mathrm{.}$$(2)

$n$ 回後に勝敗が未決で、隣接状態にある確率を $q_n$、対角状態にある確率を $r_n$ とする。初期値は$$q_0=0,r_0=1.$$遷移図から$$q_{n+1}=\frac{1}{3}{q}_n+\frac{2}{3}{r}_n,r_{n+1}=\frac{1}{3}{q}_n+\frac{1}{3}{r}_n\mathrm{.}$$また$$p_{n+1}=\frac{1}{3}{q}_n\mathrm{.}$$$r_n$ を消去すると$$q_{n+2}=\frac{2}{3}{q}_{n+1}+\frac{1}{9}{q}_n,q_0=0,q_1=\frac{2}{3}\mathrm{.}$$特性方程式の2根を$$\alpha =\frac{1+\sqrt{2}}{3},\beta =\frac{1-\sqrt{2}}{3}$$とすると$$q_n=\frac{{\alpha }^n-{\beta }^n}{\sqrt{2}}\mathrm{.}$$したがって$$p_n=\frac{{\alpha }^{n-1}-{\beta }^{n-1}}{3\sqrt{2}}(n\geqq 1)\mathrm{.}$$(3)$$\gamma =-\beta =\frac{\sqrt{2}-1}{3}$$とおくと $0<\gamma <\alpha <1$ であり、$$p_{2m}=\frac{{\alpha }^{2m-1}+{\gamma }^{2m-1}}{3\sqrt{2}},p_{2m+1}=\frac{{\alpha }^{2m}-{\gamma }^{2m}}{3\sqrt{2}}\mathrm{.}$$よって$$p_{2m}-p_{2m+1}=\frac{{\alpha }^{2m-1}(1-\alpha )+{\gamma }^{2m-1}(1+\gamma )}{3\sqrt{2}}>0.$$したがって $p_{2m}>p_{2m+1}$ である。さらに $p_1=0<p_2$ である。

$N$ が奇数なら各組$$p_2>p_3,p_4>p_5,\dots$$を足せば右辺が大きい。$N$ が偶数なら、直前の奇数 $N-1$ までの不等式の右辺に正の $p_N$ がさらに加わる。よって任意の $N\geqq 2$ で後攻の勝つ確率の方が大きい。

各回の出目を3で割った余りだけを記録する。勝敗が未決のまま隣接・対角状態に至る余り列の本数を $A_n,B_n$ として整数漸化式を作る。最後に全 $3^n$ 通りで割って確率へ戻す。

各回の出目を3で割った余りは $0,1,2$ の3通りで、いずれも確率 $1\mathrm{/}3$ である。

(1)

1回目に隣接状態になる余り列は2本ある。その各々について、2回目に相手を取る余りは1通りなので$$p_2=\frac{2}{3^2}=\frac{2}{9}\mathrm{.}$$2回目まで勝敗が未決で隣接状態に至る列は、初めに対角のままで次に隣接する2本と、初めに隣接して次も隣接する2本の計4本である。よって$$p_3=\frac{4}{3^3}=\frac{4}{27}\mathrm{.}$$(2)

$n$ 回後まで勝敗が未決で、隣接状態に至る余り列の本数を $A_n$、対角状態に至る本数を $B_n$ とする。初期値は$$A_0=0,B_0=1.$$隣接状態からは、1通りが隣接、1通りが対角、1通りが勝敗決定へ進む。対角状態からは、2通りが隣接、1通りが対角へ進む。したがって$$A_{n+1}=A_n+2B_n,B_{n+1}=A_n+B_n\mathrm{.}$$$B_n$ を消去すると$$A_{n+2}=2A_{n+1}+A_n,A_0=0,A_1=2.$$よって$$A_n=\frac{(1+\sqrt{2}{)}^n-(1-\sqrt{2}{)}^n}{\sqrt{2}}\mathrm{.}$$$n+1$ 回目に初めて勝敗が決まる列は、$n$ 回後に隣接している各列から1本ずつある。したがって$$p_{n+1}=\frac{A_n}{3^{n+1}}\mathrm{.}$$添字を戻せば$$p_n=\frac{1}{3\sqrt{2}}\{{\left(\frac{1+\sqrt{2}}{3}\right)}^{n-1}-{\left(\frac{1-\sqrt{2}}{3}\right)}^{n-1}\}\mathrm{.}$$(3)$$\alpha =\frac{1+\sqrt{2}}{3},\gamma =\frac{\sqrt{2}-1}{3}$$とおく。上の式を偶数番目と奇数番目に分けると$$p_{2m}-p_{2m+1}=\frac{{\alpha }^{2m-1}(1-\alpha )+{\gamma }^{2m-1}(1+\gamma )}{3\sqrt{2}}>0.$$よって各 $m\geqq 1$ について$$p_{2m}>p_{2m+1}\mathrm{.}$$$p_1=0$ も合わせ、偶数回で決まる確率を奇数回で決まる確率と順に組にして足せば、どの打切り回数 $N\geqq 2$ でも偶数回側、すなわち後攻側の累積確率が大きい。