大阪大学 2023年度理系数学第5問解答・解説

問題

1個のさいころを $n$ 回投げて， $k$ 回目に出た目を $a_{k}$ とする． $b_{n}$ を

b_{n} = k = 1 \sum n a_{1}^{n - k} a_{k}

により定義し， $b_{n}$ が7の倍数となる確率を $p_{n}$ とする．

(1) $p_{1}$ ， $p_{2}$ を求めよ．

(2) 数列 ${p_{n}}$ の一般項を求めよ．

出典：大阪大学 2023年度前期日程一般選抜理系第5問

方針

解法1（標準解法）

定義から $b_{n} = a_{1} b_{n - 1} + a_{n}$ が成り立つので、7で割った余りだけを追う。さいころの目 $1, 2, \dots, 6$ はいずれも7で割って0でないため、 $b_{n - 1}$ が0なら次は0になれず、0でなければ $a_{n}$ の選び方がちょうど1通りある。この2状態の遷移から $p_{n} = \frac{1 - p _{n - 1}}{6}$ を導き、固定値 $\frac{1}{7}$ からのずれとして解く。最後に数え上げによる別解でも同じ一般項を確認する。

解法2（該当する出目列の個数を数える方法）

確率ではなく，長さ $n$ の出目列のうち $b_{n} \equiv 0 (mod 7)$ となる個数 $q_{n}$ を数える。長さ $n - 1$ の列で余りが0でない場合に限り，最後の目がちょうど1通りに決まるため $q_{n} = 6^{n - 1} - q_{n - 1}$ となる。この個数漸化式を解いて全列数 $6^{n}$ で割る。

解答

解法1（標準解法）

(1)

$n = 1$ のとき $b_{1} = a_{1}$ である。さいころの目は $1, 2, \dots, 6$ なので、 $b_{1}$ が7の倍数になることはない。したがって $p_{1} = 0$ である。 $n = 2$ のとき $b_{2} = a_{1}^{2} + a_{2}$ である。 $a_{1}$ は7で割って0でない余りを持つから、 $- a_{1}^{2}$ も7で割って0でない余りである。したがって、 $a_{2} = 1, 2, \dots, 6$ の中に $a_{2} \equiv - a_{1}^{2} (mod 7)$ をみたすものがちょうど1つある。 $a_{1}$ の6通りそれぞれに対して $a_{2}$ は1通りなので、有利な組は6通りである。よって $p_{2} = \frac{6}{6 ^{2}} = \frac{1}{6}$ である。

(2)

定義より、 $n ≧ 2$ に対して $b_{n} = a_{1} b_{n - 1} + a_{n}$ が成り立つ。実際、

a_{1} b_{n - 1} = a_{1} k = 1 \sum n - 1 a_{1}^{n - 1 - k} a_{k} = k = 1 \sum n - 1 a_{1}^{n - k} a_{k}

であり、これに $a_{n}$ を加えれば $b_{n}$ になる。

以下、7で割った余りを考える。 $a_{1}$ は $1, 2, \dots, 6$ のいずれかなので、7で割って0ではない。

もし $b_{n - 1} \equiv 0 (mod 7)$ なら $b_{n} \equiv a_{n} (mod 7)$ であり、 $a_{n}$ は7の倍数ではないから $b_{n}$ は7の倍数にならない。

一方、 $b_{n - 1} \neq \equiv 0 (mod 7)$ なら、 $a_{1} b_{n - 1}$ も7で割って0でない。したがって $a_{n} \equiv - a_{1} b_{n - 1} (mod 7)$ をみたす $a_{n} \in {1, 2, \dots, 6}$ がちょうど1つ存在する。 $a_{n}$ はそれ以前の目と独立に6通り等確率で出るので、この場合に $b_{n}$ が7の倍数になる条件付き確率は $\frac{1}{6}$ である。

よって $p_{n} = 0 \cdot p_{n - 1} + \frac{1}{6} (1 - p_{n - 1}) = \frac{1 - p _{n - 1}}{6}$ である。これを固定値 $\frac{1}{7}$ からのずれで書くと $p_{n} - \frac{1}{7} = - \frac{1}{6} (p_{n - 1} - \frac{1}{7})$ となる。 $p_{1} = 0$ だから

p_{n} - \frac{1}{7} = (- \frac{1}{6})^{n - 1} (p_{1} - \frac{1}{7}) = - \frac{1}{7} (- \frac{1}{6})^{n - 1}

である。したがって $p_{n} = \frac{1}{7} {1 - (- \frac{1}{6})^{n - 1}}$ を得る。

解法2（該当する出目列の個数を数える方法）

(1)

$b_{1} = a_{1}$ は7の倍数にならないので $p_{1} = 0$ である。 $b_{2} = a_{1}^{2} + a_{2}$ では，各 $a_{1}$ に対し

a_{2} \equiv - a_{1}^{2} (mod 7)

を満たす $a_{2} \in {1, 2, \dots, 6}$ がちょうど1つある。よって該当列は6通りで

p_{2} = \frac{6}{6 ^{2}} = \frac{1}{6}

である。

(2)

$q_{n}$ を，長さ $n$ の出目列のうち $b_{n}$ が7の倍数となるものの個数とする。定義から

b_{n} = a_{1} b_{n - 1} + a_{n}

である。

長さ $n - 1$ の列で $b_{n - 1} \equiv 0 (mod 7)$ なら， $b_{n} \equiv a_{n} \neq \equiv 0 (mod 7)$ なので，最後の目をどう選んでも該当しない。一方， $b_{n - 1} \neq \equiv 0 (mod 7)$ なら $a_{1} b_{n - 1} \neq \equiv 0 (mod 7)$ であり， $a_{n} \equiv - a_{1} b_{n - 1} (mod 7)$ を満たす目が6種類中ちょうど1つある。

したがって

q_{n} = 6^{n - 1} - q_{n - 1}, q_{1} = 0.

ここで $r_{n} = q_{n} - 6^{n} /7$ とおくと

r_{n} = - r_{n - 1}, r_{1} = - \frac{6}{7}

であるから

q_{n} = \frac{6 ^{n}}{7} - \frac{6 ( - 1 ) ^{n - 1}}{7} .

全出目列は $6^{n}$ 通りなので

p_{n} = \frac{q _{n}}{6 ^{n}} = \frac{1}{7} {1 - (- \frac{1}{6})^{n - 1}}

である。

大阪大学 2023年度理系数学 第5問

問題

方針

解法1（標準解法）

解法2（該当する出目列の個数を数える方法）

解答

解法1（標準解法）

(1)

(2)

解法2（該当する出目列の個数を数える方法）

(1)

(2)

大阪大学 2023年度
理系数学第5問