名古屋大学 2020年度理系数学第4問解答・解説

問題

2名が先攻と後攻にわかれ，次のようなゲームを行う。

(i) 正方形の4つの頂点を反時計回りにA，B，C，Dとする。両者はコマを1つずつ持ち，ゲーム開始時には先攻の持ちゴマはA，後攻の持ちゴマはCに置いてあるとする。

(ii) 先攻から始めて，交互にサイコロを振る。ただしサイコロは1から6までの目が等確率で出るものとする。出た目を3で割った余りが0のときコマは動かさない。また余りが1のときは，自分のコマを反時計回りに隣の頂点に動かし，余りが2のときは，自分のコマを時計回りに隣の頂点に動かす。もし移動した先に相手のコマがあれば，その時点でゲームは終了とし，サイコロを振った者の勝ちとする。

ちょうど $n$ 回サイコロが振られたときに勝敗が決まる確率を $p_{n}$ とする。このとき，以下の問に答えよ。

(1) $p_{2}, p_{3}$ を求めよ。

(2) $p_{n}$ を求めよ。

(3) このゲームは後攻にとって有利であること，すなわち2以上の任意の整数 $N$ に対して

m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}

が成り立つことを示せ。ただし正の実数 $a$ に対し $[a]$ は，その整数部分 $(k ≦ a < k + 1 となる整数 k)$ を表す。

出典：名古屋大学 2020年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

解法1（状態確率の漸化式）

勝敗未決の状態を「隣接」と「対角」の2種類に分け、その無条件確率を $q_{n}, r_{n}$ とする。2状態の遷移から $q_{n}$ の2項間漸化式を作り、 $p_{n + 1} = q_{n} /3$ を用いる。偶数回と奇数回を1組ずつ比較して後攻有利を示す。

解法2（生き残る出目列を数える方法）

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。

解答

解法1（状態確率の漸化式）

(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 $1/3$ 、隣り合う確率は $2/3$ 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} .

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} .

したがって

p_{3} = \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27} .

(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} .

また

p_{n + 1} = \frac{1}{3} q_{n} .

$r_{n}$ 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} .

特性方程式の2根を

α = \frac{1 + 2}{3}, β = \frac{1 - 2}{3}

とすると

q_{n} = \frac{α ^{n} - β ^{n}}{2} .

したがって

p_{n} = \frac{α ^{n - 1} - β ^{n - 1}}{3 2} (n ≧ 1) .

(3)

γ = - β = \frac{2 - 1}{3}

とおくと $0 < γ < α < 1$ であり、

p_{2 m} = \frac{α ^{2 m - 1} + γ ^{2 m - 1}}{3 2}, p_{2 m + 1} = \frac{α ^{2 m} - γ ^{2 m}}{3 2} .

よって

p_{2 m} - p_{2 m + 1} = \frac{α ^{2 m - 1} ( 1 - α ) + γ ^{2 m - 1} ( 1 + γ )}{3 2} > 0.

したがって $p_{2 m} > p_{2 m + 1}$ 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 $N ≧ 2$ で後攻の勝つ確率の方が大きい。

解法2（生き残る出目列を数える方法）

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 $1/3$ 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} .

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} .

(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} + 2 B_{n}, B_{n + 1} = A_{n} + B_{n} .

$B_{n}$ を消去すると

A_{n + 2} = 2 A_{n + 1} + A_{n}, A_{0} = 0, A_{1} = 2.

よって

A_{n} = \frac{( 1 + 2 ) ^{n} - ( 1 - 2 ) ^{n}}{2} .

$n + 1$ 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}} .

添字を戻せば

p_{n} = \frac{1}{3 2} ⎩ ⎨ ⎧ (\frac{1 + 2}{3})^{n - 1} - (\frac{1 - 2}{3})^{n - 1} ⎭ ⎬ ⎫ .

(3)

α = \frac{1 + 2}{3}, γ = \frac{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_{2 m} - p_{2 m + 1} = \frac{α ^{2 m - 1} ( 1 - α ) + γ ^{2 m - 1} ( 1 + γ )}{3 2} > 0.

よって各 $m ≧ 1$ について

p_{2 m} > p_{2 m + 1} .

$p_{1} = 0$ 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 $N ≧ 2$ でも偶数回側、すなわち後攻側の累積確率が大きい。

名古屋大学 2020年度理系数学 第4問

問題

方針

解法1（状態確率の漸化式）

解法2（生き残る出目列を数える方法）

解答

解法1（状態確率の漸化式）

(1)

(2)

(3)

解法2（生き残る出目列を数える方法）

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2020年度
理系数学第4問