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

勝敗がまだ決まっていないとき、2つのコマの位置関係は「隣り合う」か「向かい合う」だけである。これらの確率を $q_{n}, r_{n}$ として、捕獲されずに $n$ 回終了した時点の状態確率を追う。隣り合う状態からは次の手で $1/3$ の確率で終了し、残りは隣接または向かい合いに移る。向かい合う状態からは終了せず、 $2/3$ で隣接、 $1/3$ で向かい合いに移る。漸化式を解いて $p_{n} = q_{n - 1} /3$ を得る。後攻有利は、閉形式を偶奇で分けて $p_{2 m} > p_{2 m + 1}$ を示し、部分和を組にして比較する。

解答

(1)

最初、2つのコマは $A$ と $C$ にあり、向かい合っている。1回目は先攻が振るが、向かい合った位置から1回動いても相手の位置には到達しないので、1回目では勝敗は決まらない。

1回目の後、先攻のコマは、余り0なら $A$ にとどまり、余り1なら $B$ へ、余り2なら $D$ へ動く。したがって後攻のコマ $C$ と向かい合っている確率は $1/3$ 、隣り合っている確率は $2/3$ である。

2回目は後攻が動く。隣り合っているとき、後攻が相手のコマのある頂点へ動く確率は $1/3$ である。よって $p_{2} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}$ である。

3回目で決まるには、2回目終了時点で勝敗が決まっておらず、かつ2つのコマが隣り合っている必要がある。2回目終了時点で隣り合っている確率は $\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$ である。したがって $p_{3} = \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}$ である。

(2)

$n$ 回サイコロが振られた後、まだ勝敗が決まっておらず、2つのコマが隣り合っている確率を $q_{n}$ 、向かい合っている確率を $r_{n}$ とする。初期状態は $q_{0} = 0, r_{0} = 1$ である。

隣り合っている状態では、次の手で $1/3$ の確率で勝敗が決まり、 $1/3$ の確率で隣り合ったまま、 $1/3$ の確率で向かい合う。向かい合っている状態では勝敗は決まらず、 $2/3$ の確率で隣り合い、 $1/3$ の確率で向かい合う。したがって $q_{n + 1} = \frac{1}{3} q_{n} + \frac{2}{3} r_{n}, r_{n + 1} = \frac{1}{3} q_{n} + \frac{1}{3} r_{n}$ である。また、 $n + 1$ 回目に勝敗が決まる確率は、 $n$ 回後に隣り合っていて、相手の位置へ動く場合なので $p_{n + 1} = \frac{1}{3} q_{n}$ である。

$q_{n}$ だけの漸化式を作る。上の式から $q_{n + 2} = \frac{2}{3} q_{n + 1} + \frac{1}{9} q_{n}$ であり、初期値は $q_{0} = 0, q_{1} = \frac{2}{3}$ である。特性方程式 $λ^{2} = \frac{2}{3} λ + \frac{1}{9}$ の2解は $α = \frac{1 + 2}{3}, β = \frac{1 - 2}{3}$ である。初期値から $q_{n} = \frac{α ^{n} - β ^{n}}{2}$ となる。よって $p_{n} = \frac{α ^{n - 1} - β ^{n - 1}}{3 2} (n ≧ 1)$ である。ただし $n = 1$ では右辺も0であり、実際 $p_{1} = 0$ である。

(3)

$γ = - β = \frac{2 - 1}{3}$ とおく。すると $0 < γ < α < 1$ であり、(2)の式から

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}

である。したがって

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

つまり $p_{2 m} > p_{2 m + 1} (m ≧ 1)$ である。また $p_{1} = 0 < p_{2}$ である。

$N$ が奇数で $N = 2 M + 1$ のとき、左辺は $p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 M + 1}$ であり、右辺は $p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 M}$ である。 $p_{1} = 0$ と $p_{2 m} > p_{2 m + 1}$ を $m = 1, 2, \dots, M$ に適用すると、右辺の方が大きい。

$N$ が偶数で $N = 2 M$ のときは、 $N = 2 M - 1$ の場合で既に $p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 M - 1} < p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 M - 2}$ が成り立っており、右辺にさらに正の $p_{2 M}$ を加えるので、やはり題意の不等式が成り立つ。

したがって、任意の $N ≧ 2$ について後攻の勝つ確率の方が先攻の勝つ確率より大きい。

名古屋大学 2020年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2020年度
理系数学第4問