東京工業大学 2007年度 AO・理系数学第4問解答・解説

問題

直角二等辺三角形の板が机の上に，長さの等しい辺の一方が真横になっているように置かれているものとする。つまり，右の4種類の置き方があることになる。

ここで $A_{0}, A_{1}, A_{2}, A_{3}$ は，それぞれ直角の頂点が右下，右上，左上，左下にある置き方とする。したがって上下対称では $A_{0} \leftrightarrow A_{1}$ ， $A_{2} \leftrightarrow A_{3}$ ，左右対称では $A_{0} \leftrightarrow A_{3}$ ， $A_{1} \leftrightarrow A_{2}$ ，反時計まわりの $9 0^{\circ}$ 回転では $A_{i}$ が $A_{i + 1}$ に移る。ただし添字は4を法として読む。

正確なサイコロを用意し，そのサイコロを振って出た目に従い板の置き方を変えていくことにする。1か2の目が出れば，上下対称の置き方に，3か4の目が出れば，左右対称の置き方に，5か6の目が出れば，反時計まわりに $9 0^{\circ}$ 回転させた置き方に，置き直す。

例えば，1の目が出れば， $A_{1}$ を $A_{0}$ に，3の目が出れば， $A_{2}$ を $A_{1}$ に，5の目が出れば， $A_{2}$ を $A_{3}$ に変える。

このような操作を $n$ 回繰り返したとき， $X$ の置き方が $Y$ の置き方に変わる確率を $P_{n} (X, Y)$ と書くことにする。ここで， $X$ ， $Y$ は $A_{0}$ ， $A_{1}$ ， $A_{2}$ ， $A_{3}$ のいずれかとする。

このとき， $P_{n} (A_{0}, A_{0})$ ， $P_{n} (A_{0}, A_{1})$ ， $P_{n} (A_{0}, A_{2})$ ， $P_{n} (A_{0}, A_{3})$ の値を求めよ。

% 図は省略

出典：東京工業大学 2007年度 AO入試 AO・理系第4問

方針

問題文で図の代替として定めた $A_{0}, A_{1}, A_{2}, A_{3}$ の向きから，上下対称，左右対称，反時計回り回転の写り先を添字4を法として整理する。すると1回の操作は $A_{i}$ から $A_{i + 1}$ へ確率 $\frac{2}{3}$ ， $A_{i - 1}$ へ確率 $\frac{1}{3}$ で移る操作になる。偶数回後は $A_{0}, A_{2}$ ，奇数回後は $A_{1}, A_{3}$ にしかいないので，2回ごとの漸化式にして解く。

解答

添字は4を法として考える。問題文で定めた置き方から，反時計回りの回転は $A_{i}$ を $A_{i + 1}$ に移す。上下対称は $A_{0} \leftrightarrow A_{1}$ ， $A_{2} \leftrightarrow A_{3}$ なので $A_{i}$ を $A_{1 - i}$ に移し，左右対称は $A_{0} \leftrightarrow A_{3}$ ， $A_{1} \leftrightarrow A_{2}$ なので $A_{i}$ を $A_{3 - i}$ に移す。したがって，どの状態 $A_{i}$ からも

A_{i} \to A_{i + 1} が確率 \frac{2}{3}, A_{i} \to A_{i - 1} が確率 \frac{1}{3}

で起こる。

よって1回ごとに添字の偶奇が入れ替わる。2回の操作で見ると， $A_{0}$ から $A_{0}$ に戻る確率は $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$ であり， $A_{2}$ に移る確率は $\frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{5}{9}$ である。 $A_{2}$ から見ても同じである。

$n = 2 m$ $m = 0, 1, 2, \dots$ とする。2回ごとの状態を $A_{0}, A_{2}$ だけで見ると，留まる確率が $\frac{4}{9}$ ，入れ替わる確率が $\frac{5}{9}$ であるから，

P_{2 m} (A_{0}, A_{0}) = \frac{1}{2} {1 + (- \frac{1}{9})^{m}}, P_{2 m} (A_{0}, A_{2}) = \frac{1}{2} {1 - (- \frac{1}{9})^{m}}

であり，

P_{2 m} (A_{0}, A_{1}) = P_{2 m} (A_{0}, A_{3}) = 0

である。

次に $n = 2 m + 1$ $m = 0, 1, 2, \dots$ とする。上の偶数回後の分布からさらに1回操作すると，

P_{2 m + 1} (A_{0}, A_{1}) = \frac{2}{3} P_{2 m} (A_{0}, A_{0}) + \frac{1}{3} P_{2 m} (A_{0}, A_{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} (- \frac{1}{9})^{m}

であり，

P_{2 m + 1} (A_{0}, A_{3}) = \frac{1}{3} P_{2 m} (A_{0}, A_{0}) + \frac{2}{3} P_{2 m} (A_{0}, A_{2}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} (- \frac{1}{9})^{m}

である。また

P_{2 m + 1} (A_{0}, A_{0}) = P_{2 m + 1} (A_{0}, A_{2}) = 0

である。

東京工業大学 2007年度AO・理系数学 第4問

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