東京大学 2003年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) $X_n$ が5で割り切れるためには、$n$ 回のうち少なくとも1回は5の目が出ればよい。逆に、5の目が一度も出なければ $X_n$ は5で割り切れない。

したがって余事象を用いて $$P(X_n\text{ が5で割り切れる})=1-{\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^n$$ である。

(2)
積 $X_n$ が4で割り切れるかどうかは、積に含まれる2の因数の個数で決まる。さいころの目を2の因数の個数で分けると、$1,3,5\text{は2の因数を0個含む},$ $2,6\text{は2の因数を1個含む},$ $4\text{は2の因数を2個含む}$ である。 $X_n$ が4で割り切れないのは、2の因数の総数が0個または1個の場合である。総数が0個となる確率は $${\left({\displaystyle \frac{3}{6}}\right)}^n={\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n$$ である。総数が1個となるには、$n$ 回のうち1回だけ $2,6$ のどちらかが出て、残りは $1,3,5$ のいずれかであればよい。したがってその確率は$$n\cdot {\displaystyle \frac{2}{6}}{\left({\displaystyle \frac{3}{6}}\right)}^{n-1}=n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}$$である。

よって$$P(X_n\text{ が4で割り切れない})={\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n+n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}$$だから、求める確率は$$1-{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n-n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}$$である。

(3) $X_n$ が20で割り切れることは、5で割り切れ、かつ4で割り切れることと同値である。したがって $X_n$ が20で割り切れない事象は $A:\text{5が一度も出ない}$ または $B:\text{4で割り切れない}$ の少なくとも一方が起こる事象である。

(1) , (2)の余事象の計算から $$P(A)={\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^n$$ であり、$$P(B)={\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n+n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}$$ である。

次に $A\cap B$ を数える。5が出ないという条件のもとで、2の因数の総数が0個または1個であればよい。2の因数を含まない目は $1,3$ の2個、2の因数をちょうど1個含む目は $2,6$ の2個である。したがって、総数0個の確率は $${\left({\displaystyle \frac{2}{6}}\right)}^n={\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n$$ であり、総数1個の確率は $$n\cdot {\displaystyle \frac{2}{6}}{\left({\displaystyle \frac{2}{6}}\right)}^{n-1}=n{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n$$ である。よって $$P(A\cap B)={\displaystyle \frac{n+1}{3^n}}$$ である。

包除原理より $$1-p_n=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ であるから$$1-p_n={\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^n+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n+n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}-{\displaystyle \frac{n+1}{3^n}}$$である。

ここで右辺を $(5\mathrm{/}6{)}^n$ で割ると$${\displaystyle \frac{1-p_n}{(5\mathrm{/}6{)}^n}}=1+{\left({\displaystyle \frac{3}{5}}\right)}^n+{\displaystyle \frac{2n}{3}}{\left({\displaystyle \frac{3}{5}}\right)}^{n-1}-(n+1){\left({\displaystyle \frac{2}{5}}\right)}^n$$である。右辺の第2項以降はいずれも0に近づくので ${\displaystyle \frac{1-p_n}{(5\mathrm{/}6{)}^n}}\to 1$ である。したがって $$\log (1-p_n)=n\log {\displaystyle \frac{5}{6}}+\log \left({\displaystyle \frac{1-p_n}{(5\mathrm{/}6{)}^n}}\right)$$ であり、第2項を $n$ で割ったものは0に近づく。よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{1}{n}}\log (1-p_n)=\log {\displaystyle \frac{5}{6}}$$である。

各さいころの目が含む2の因数の個数を $0,1,2$ に分類し、
その回数分布を多項式の係数で数える。5を含まない場合の多項式も用意すると、
包除原理の交差項まで同じ枠組みで得られる。

(1)
5の倍数になるのは、少なくとも1回 $5$ が出る場合である。よって$$P(5\mid X_n)=1-{\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^n\mathrm{.}$$(2)
1回の出目に含まれる2の因数の個数を指数として、多項式$$F(z)={\displaystyle \frac{3+2z+z^2}{6}}$$を考える。定数項の $3$ は $1,3,5$、$z$ の係数 $2$ は
$2,6$、$z^2$ の係数 $1$ は $4$ に対応する。
$F(z{)}^n$ の $z^k$ の係数は、$X_n$ が2の因数をちょうど
$k$ 個含む確率である。

4で割り切れない確率は $z^0,z^1$ の係数の和だから$${\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n+n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}\mathrm{.}$$したがって$$P(4\mid X_n)=1-{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n-{\displaystyle \frac{n}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}\mathrm{.}$$(3)
$A$ を「5が出ない」、$B$ を「4で割り切れない」とする。
5を除いた出目だけを数える多項式は$$G(z)={\displaystyle \frac{2+2z+z^2}{6}}\mathrm{.}$$したがって $A\cap B$ の確率は $G(z{)}^n$ の $z^0,z^1$ の
係数の和であり、$$P(A\cap B)={\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n+n\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{n-1}={\displaystyle \frac{n+1}{3^n}}\mathrm{.}$$包除原理から$$\begin{array}{rl}{\displaystyle 1-p_n=}& {\displaystyle {\left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)}^n+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n+{\displaystyle \frac{n}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{n-1}-{\displaystyle \frac{n+1}{3^n}}\mathrm{.}}\end{array}$$$(5\mathrm{/}6{)}^n$ で割った比は $1$ に収束するので$$\log (1-p_n)=n\log {\displaystyle \frac{5}{6}}+o(n)\mathrm{.}$$ゆえに$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{1}{n}}\log (1-p_n)=\log {\displaystyle \frac{5}{6}}\mathrm{.}$$