2017年京都大学数学理系第 6 問を解こう

夏休みも終わりに近づき本格的な受験シーズンに突入しようとしています。
ここからは実戦的な演習に努めたいところです。

そこで演習力強化のため，東大よりも難し目の出題をしている京都大学の問題を解いていきます。
今回は2017年京都大学数学理系第 6 問を解いていきましょう。
問題はこちら

$n$ を自然数とする． $n$ 個の箱すべてに， $\fbox{1},\ \fbox{2},\ \fbox{3},\ \fbox{4},\ \fbox{5}$ の $5$ 種類のカードがそれぞれ $1$ 枚ずつ計 $5$ 枚入っている．各々の箱から $1$ 枚ずつカードを取り出し，取り出した順の左から並べて $n$ 桁の数 $X$ を作る．このとき， $X$ が $3$ で割り切れる確率を求めよ．
( 2017 京都大学理系第 6 問 )

思考過程

箱からカードを取り出す試行は独立です。・・・①

$n$ 桁の数 $X$ は $10$ 進数で表された数です。

$X$ が $3$ で割り切れるのは各桁の数の和が $3$ の倍数となるとき・・・（☆）

です。

カードを $3$ で割った余りで分類すると

$0$ が $1$ 枚
$1$ が $2$ 枚
$2$ が $2$ 枚

ですから

1つの箱からカードを取り出したとき

$3$ で割った余りが $0$ となるカードが出る確率： $\displaystyle \frac{1}{5}$

$3$ で割った余りが $1$ となるカードが出る確率： $\displaystyle \frac{2}{5}$

$3$ で割った余りが $2$ となるカードが出る確率： $\displaystyle \frac{2}{5}$

です。・・・②

$n$ 個の箱からカードを取り出したとき
$X$ を $3$ で割った余りは $0\ , 1\ , 2$
の $3$ 状態しかありません。

$X$ を $3$ で割った余りが $0$ となる確率： $p_n$

$X$ を $3$ で割った余りが $1$ となる確率： $q_n$

$X$ を $3$ で割った余りが $2$ となる確率： $r_n$

とします。

$n+1$ 個の箱からカードを取り出したとき
①，②，（☆）より

$(p_{n+1}\ ,\ q_{n+1}\ ,\ r_{n+1})$ と $(p_n\ ,\ q_n\ ,\ r_n)$ との間に
遷移関係が現れます。

表1
f:id:tarumaru:20170830013857p:plain

よって

$\displaystyle p_{n+1}=\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}q_n+\frac{2}{5}r_n$ ・・・③

$\displaystyle q_{n+1}=\frac{2}{5}p_n+\frac{1}{5}q_n+\frac{2}{5}r_n$ ・・・④

$\displaystyle r_{n+1}=\frac{2}{5}p_n+\frac{2}{5}q_n+\frac{1}{5}r_n$ ・・・⑤

$p_{n+1}+q_{n+1}+r_{n+1}=1$ ・・・⑥

$p_n+q_n+r_n=1$ ・・・⑦

③より

$\displaystyle p_{n+1}=\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}(q_n+r_n)\\\displaystyle =\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}(1-p_n) \ \ (∵⑦)\\\displaystyle =-\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}$

この漸化式より

$\displaystyle p_{n+1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{5}(p_n-\frac{1}{3})$

$\displaystyle (p_n-\frac{1}{3})=(p_1-\frac{1}{3})(-\frac{1}{5})^{n-1}$

$\displaystyle p_1=\frac{1}{5}$ ですから

$\displaystyle (p_n-\frac{1}{3})=(\frac{1}{5}-\frac{1}{3})(-\frac{1}{5})^{n-1}\\\displaystyle =-\frac{2}{15}(-\frac{1}{5})^{n-1}$

∴ $\displaystyle p_n=\frac{2}{3}(-\frac{1}{5})^n+\frac{1}{3}$

これで問題が解けました。

解答の骨格

1. $X$ を $3$ で割った余りで分類してその確率を設定する

2. $n+1$ と $n$ の状態をつなぐ遷移関係から1．の確率の漸化式を導く

3. 漸化式を解く

解答例

$n$ 桁の数を $X_n$ とする

$X_n$ を $3$ で割った余りが $0$ となる事象を $P_n$ ,その確率を $p_n$

$X_n$ を $3$ で割った余りが $1$ となる事象を $Q_n$ ,その確率を $q_n$

$X_n$ を $3$ で割った余りが $2$ となる事象を $R_n$ ,その確率を $r_n$

とする

$n$ 番の箱が $n$ 桁目の数を決めるものとする

$n$ 桁の数 $X_n$ が $3$ で割り切れるのは各桁の数の和が $3$ の倍数となるとき・・・（☆）
である

1つの箱からカードを1枚取り出すとき

$3$ で割った余りが $0$ となるカードが取り出される確率： $\displaystyle \frac{1}{5}$

$3$ で割った余りが $1$ となるカードが取り出される確率： $\displaystyle \frac{2}{5}$

$3$ で割った余りが $2$ となるカードが取り出される確率： $\displaystyle \frac{2}{5}$

（☆）より
$P_{n+1}$ となるのは

① $P_n$ のとき， $n+1$ 番の箱から $3$ で割った余りが $0$ となるカードが取り出される

② $Q_n$ のとき， $n+1$ 番の箱から $3$ で割った余りが $2$ となるカードが取り出される

③ $R_n$ のとき， $n+1$ 番の箱から $3$ で割った余りが $1$ となるカードが取り出される

の①+②+③の場合だから

$\displaystyle p_{n+1}=\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}q_n+\frac{2}{5}r_n$

$p_n+q_n+r_n=1$ より

$\displaystyle p_{n+1}=\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}(q_n+r_n)\\\displaystyle =\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}(1-p_n) \\\displaystyle =-\frac{1}{5}p_n+\frac{2}{5}$