3九州大学 2018年 数学 第3問解答・解説

カード $1,2,3,4$ を $4$ で割った余りは，それぞれ $1,2,3,0$ である。$k$ 回目に取り出したカードの数字を $X_{k}$ とし，$1$ 回目から $k$ 回目までの積 $X_{1}X_{2}\cdots X_{k}$ を $4$ で割った余りを $Y_{k}$ とおく。$Y_k$ は $0,1,2,3$ のいずれかであり，$Y_{k+1}$ は $Y_{k}$ と $X_{k+1}$ の積を $4$ で割った余りに等しい。

【状態遷移の確認】

$X_{k+1}$ は $1,2,3,4$ の値を等確率 $\displaystyle \dfrac14$ ずつとる。$Y_{k}=y$ のときの $Y_{k+1}$ の分布を調べる。

(i) $y=0$ のとき：$0\cdot X_{k+1}\equiv 0\pmod4$ なので，常に $Y_{k+1}=0$。

(ii) $y=1$ のとき：$Y_{k+1}\equiv X_{k+1}\pmod4$ であり，$X_{k+1}=1,2,3,4$ の余りはちょうど $1,2,3,0$ だから，$Y_{k+1}$ は $0,1,2,3$ を等確率 $\displaystyle \dfrac14$ ずつとる。

(iii) $y=3$ のとき：$3\cdot1\equiv3,\ 3\cdot2\equiv2,\ 3\cdot3\equiv1,\ 3\cdot4\equiv0\pmod4$ なので，これも $Y_{k+1}$ は $0,1,2,3$ を等確率 $\displaystyle \dfrac14$ ずつとる。

(iv) $y=2$ のとき：$2\cdot1\equiv2,\ 2\cdot2\equiv0,\ 2\cdot3\equiv2,\ 2\cdot4\equiv0\pmod4$ なので，$Y_{k+1}=2$ となる確率が $\displaystyle \dfrac12$（$X_{k+1}=1,3$），$Y_{k+1}=0$ となる確率が $\displaystyle \dfrac12$（$X_{k+1}=2,4$）であり，$Y_{k+1}=1,3$ にはならない。

【漸化式】

$n\ge1$ に対し $P(Y_{n}=0)=p_{n},\ P(Y_{n}=1)=q_{n},\ P(Y_{n}=2)=r_{n},\ P(Y_{n}=3)=s_{n}$ とすると，上の遷移確率より $n\ge1$ で$$\displaystyle p_{n+1}=p_{n}+\dfrac14q_{n}+\dfrac12r_{n}+\dfrac14s_{n},\quad q_{n+1}=\dfrac14q_{n}+\dfrac14s_{n},$$$$\displaystyle r_{n+1}=\dfrac14q_{n}+\dfrac12r_{n}+\dfrac14s_{n},\quad s_{n+1}=\dfrac14q_{n}+\dfrac14s_{n}$$が成り立つ。また $n=1$ のとき $X_{1}$ の余りは $1,2,3,0$ のいずれかを等確率でとるから$$\displaystyle p_{1}=q_{1}=r_{1}=s_{1}=\dfrac14.$$

【$q_{n},s_{n}$ を求める】

$q_{n+1}$ と $s_{n+1}$ の式は右辺が全く同じ形なので，$q_{1}=s_{1}$ とあわせて帰納的に$$q_{n}=s_{n}\quad(n=1,2,3,\dots)$$が成り立つ。$t_{n}=q_{n}+s_{n}=2q_{n}$ とおくと$$\displaystyle t_{n+1}=q_{n+1}+s_{n+1}=2\left(\dfrac14q_{n}+\dfrac14s_{n}\right)=\dfrac12(q_{n}+s_{n})=\dfrac12t_{n}$$であり，$\displaystyle t_{1}=q_{1}+s_{1}=\dfrac12$ だから，数列 $\{t_{n}\}$ は初項 $\displaystyle \dfrac12$，公比 $\displaystyle \dfrac12$ の等比数列で$$\displaystyle t_{n}=\dfrac12\left(\dfrac12\right)^{n-1}=\left(\dfrac12\right)^{n}=\dfrac{1}{2^{n}}.$$よって$$\displaystyle q_{n}=s_{n}=\dfrac{t_{n}}{2}=\dfrac{1}{2^{n+1}}\quad(n=1,2,3,\dots).$$

【$r_{n}$ を求める】

$\displaystyle r_{n+1}=\dfrac14q_{n}+\dfrac12r_{n}+\dfrac14s_{n}=\dfrac14t_{n}+\dfrac12r_{n}=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{2^{n}}+\dfrac12r_{n}=\dfrac{1}{2^{n+2}}+\dfrac12r_{n}.$

両辺に $2^{n+1}$ を掛けると，$u_{n}=2^{n}r_{n}$ とおいて$$\displaystyle u_{n+1}=2^{n+1}r_{n+1}=\dfrac{2^{n+1}}{2^{n+2}}+2^{n}r_{n}=\dfrac12+u_{n}.$$$\displaystyle u_{1}=2^{1}r_{1}=2\cdot\dfrac14=\dfrac12$ であり，$\{u_{n}\}$ は公差 $\displaystyle \dfrac12$ の等差数列だから$$\displaystyle u_{n}=u_{1}+(n-1)\cdot\dfrac12=\dfrac12+\dfrac{n-1}{2}=\dfrac{n}{2}.$$よって$$\displaystyle r_{n}=\dfrac{u_{n}}{2^{n}}=\dfrac{n/2}{2^{n}}=\dfrac{n}{2^{n+1}}\quad(n=1,2,3,\dots).$$

【$p_{n}$ を求める】

事象「余りが $0$」「余りが $1$」「余りが $2$」「余りが $3$」は排反かつ全体を尽くすので $p_{n}+q_{n}+r_{n}+s_{n}=1$ が常に成り立つ。したがって$$\displaystyle p_{n}=1-q_{n}-r_{n}-s_{n}=1-\dfrac{1}{2^{n+1}}-\dfrac{n}{2^{n+1}}-\dfrac{1}{2^{n+1}}=1-\dfrac{n+2}{2^{n+1}}=\dfrac{2^{n+1}-n-2}{2^{n+1}}.$$

【検算】

$n=1$：$\displaystyle p_{1}=\dfrac{4-1-2}{4}=\dfrac14,\ q_{1}=\dfrac14,\ r_{1}=\dfrac14,\ s_{1}=\dfrac14$ となり，カード $4,1,2,3$ を引く場合にそれぞれ対応し，初期条件と一致する。

$n=2$：公式より $\displaystyle p_{2}=\dfrac{8-2-2}{8}=\dfrac12,\ q_{2}=\dfrac18,\ r_{2}=\dfrac14,\ s_{2}=\dfrac18$。一方，$2$ 回の試行 $16$ 通り $(X_{1},X_{2})$ をすべて書き出して積の余りを数えると，余り $0$ となるのは $(1,4),(2,2),(2,4),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)$ の $8$ 通り，余り $1$ は $(1,1),(3,3)$ の $2$ 通り，余り $2$ は $(1,2),(2,1),(2,3),(3,2)$ の $4$ 通り，余り $3$ は $(1,3),(3,1)$ の $2$ 通りであり，確率は $\displaystyle \dfrac{8}{16},\dfrac{2}{16},\dfrac{4}{16},\dfrac{2}{16}$，すなわち $\displaystyle \dfrac12,\dfrac18,\dfrac14,\dfrac18$ となって公式と一致する。また，どの $n$ でも $p_{n}+q_{n}+r_{n}+s_{n}=1$ となることも確認できる。

以上より，求める確率は$$\displaystyle p_{n}=\dfrac{2^{n+1}-n-2}{2^{n+1}},\quad q_{n}=\dfrac{1}{2^{n+1}},\quad r_{n}=\dfrac{n}{2^{n+1}},\quad s_{n}=\dfrac{1}{2^{n+1}}\qquad(n=1,2,3,\dots).$$