2019年入試問題研究に戻る千葉大第12問解答
(1)
方法1： \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{2^k}+\dfrac{1}{2^{k+1}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+N-1}} &=&\dfrac{1}{2^k}\cdot\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^N}{1-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{1}{2^{k-1}}\left\{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^N\right\}< \dfrac{1}{2^{k-1}} \cdots① \end{eqnarray*} である．ある $ l $ で $ X_l >0 $ または $ X_l< 0 $ となれば， そのうち最小のものを改めて $ l $ とし， $ ① $ を $ k=l+1 $ ， $ N=n-l $ で用いることにより， $ l $ より大きい $ n $ で $ X_n=0 $ となることはない．よって $ X_n=0 $ となるのは， $ X_1=\cdots=X_n=0 $ にかぎる．その確率は $ \left(\dfrac{1}{3} \right)^n $ である．
$ X_n >0 $ ， $ X_n< 0 $ となる事象は， $ X_n=0 $ の余事象である．対称性から $ X_n >0 $ となる事象の確率と $ X_n< 0 $ となる事象の確率は等しい．よって， $ 0< X_n $ となる確率は \[ \dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} \]方法2： \[ p_n=P(X_n >0), q_n=P(X_n=0) \] とおく． \[ p_0=0, q_0=1 \] で， \[ \left\{ \begin{array}{l} p_{n+1}=p_{n}+\dfrac{1}{3}q_n\\ q_{n+1}=\dfrac{1}{3}q_n \end{array} \right. \] が成りたつ．これから， \[ q_n=\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \] で， \[ p_{n+1}-p_{n}=\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n+1} \] よって， \[ p_n=p_0+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac{1}{3} \right)^{k+1} =\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n}{1-\dfrac{1}{3}} =\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} \]
方法3： $ p_n $ は上と同じ．
$ X_{n+1} >0 $ となる事象を1回目で場合に分ける． $ X_1=\dfrac{1}{2} $ なら $ ① $ を $ k=2 $ ， $ N=n $ で用いることによりつねに $ X_{n+1} >0 $ である． $ X_1=0 $ なら，残る $ n $ 回の試行の後座標が正．この確率は $ p_n $ である． よって \[ p_{n+1}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}p_n \] これから \[ p_{n+1}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}\left(p_n-\dfrac{1}{2} \right) \] $ p_0=0 $ より， \[ p_n-\dfrac{1}{2}=\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\left(0-\dfrac{1}{2} \right) \] よって， \[ p_n=\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} \](2) 同様に考え， $ \dfrac{1}{2}< X_n $ となるためには， $ X_1=\dfrac{1}{2} $ が必要である． \[ P_{X_1=\frac{1}{2}}\left(\dfrac{1}{2}< X_n\right)=\dfrac{P\left(X_1=\dfrac{1}{2}かつ\dfrac{1}{2}< X_n \right)}{P\left(X_1=\dfrac{1}{2}\right)} \] (1)より \[ P_{X_1=\frac{1}{2}}\left(\dfrac{1}{2}< X_n\right)=\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-1}\right\} \] なので， \begin{eqnarray*} P\left(X_1=\dfrac{1}{2}かつ\dfrac{1}{2}< X_n \right)&=& P\left(X_1=\dfrac{1}{2}\right)\cdot P_{X_1=\frac{1}{2}}\left(\dfrac{1}{2}< X_n\right)\\ &=& \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-1} \right\} =\dfrac{1}{6}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-1}\right\} \end{eqnarray*}
(3) $ X_1=\cdots=X_l=0 $ とすると， $ ① $ を $ k=l+1 $ ， $ N=n-l $ で用いることにより， $ X_n< \dfrac{1}{2^l} $ となる．よって， $ \dfrac{1}{2^l}< X_n $ となるためには， $ 1\leqq m\leqq l $ の $ m $ で \[ X_1=\cdots=X_{m-1}=0,\ X_m=\dfrac{1}{2^m} \] となるものが存在することが必要である．この確率は \[ \left(\dfrac{1}{3} \right)^{m-1}\cdot\dfrac{1}{3}=\left(\dfrac{1}{3} \right)^m \] である．
以下，この事象の下での条件付き確率を考える． 簡単のために $ Y_n(m) $ で $ m $ 回目から $ n $ 回目までの変化の総量を表す． $ ① $ より \[ Y_n(m+1)\geqq -\dfrac{1}{2^{m+1}}-\cdots-\dfrac{1}{2^{n}} >-\dfrac{1}{2^m} \] である．(i) $ m+1 $ 回目から $ l $ 回目まで5か6が出続けるとする．このとき， \begin{eqnarray*} X_n&=&\dfrac{1}{2^m}-\left(\dfrac{1}{2^{m+1}}+\cdots+\dfrac{1}{2^l} \right)+Y_n(l+1)\\ &=&\dfrac{1}{2^m}-\dfrac{1}{2^{m+1}}\cdot\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{l-m}}{1-\dfrac{1}{2}}+Y_n(l+1)\\ &=&\dfrac{1}{2^l}+Y_n(l+1) \end{eqnarray*} よって条件は $ Y_n(l+1) >0 $ である． これは $ m=l $ のときもあてはまる． その確率は， \begin{eqnarray*} \left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m}P\left(Y_n(l+1) >0\right)&=&\left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m}P(X_{n-l} >0)\\ &=&\left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m}p_{n-l} =\left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m}\cdot\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-l} \right\} \end{eqnarray*} である．
(ii) $ m+1 $ 回目から $ l $ 回目までに5か6以外の目が少なくとも1回出るとき．それが $ k\ (m+1\leqq k \leqq l) $ 回目とする． (i)の $ -\dfrac{1}{2^k} $ が0か $ \dfrac{1}{2^k} $ に置きかわるので， \begin{eqnarray*} X_n&\geqq &\dfrac{1}{2^l}+Y_n(l+1)+\dfrac{1}{2^k}\\ & >&\dfrac{1}{2^l}-\dfrac{1}{2^l}+\dfrac{1}{2^k}=\dfrac{1}{2^k}\geqq \dfrac{1}{2^l} \end{eqnarray*} より，条件を満たす． この確率は $ 1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m} $ である．
従って $ m $ を固定したときの確率は(2)と同様に考え， \begin{eqnarray*} &&\left(\dfrac{1}{3} \right)^m\cdot \left[\left(\dfrac{1}{3} \right)^{l-m}\cdot\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-l} \right\}+ 1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{l-m} \right]\\ &=&\dfrac{1}{2}\left\{\left(\dfrac{1}{3} \right)^l-\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} +\left(\dfrac{1}{3} \right)^m-\left(\dfrac{1}{3}\right)^l\\ &=&-\dfrac{1}{2}\left\{\left(\dfrac{1}{3} \right)^l+\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} +\left(\dfrac{1}{3} \right)^m\\ \end{eqnarray*} である． $ P\left(\dfrac{1}{2^l}< X_n \right) $ は，この $ 1\leqq m\leqq l $ の和であるから， \begin{eqnarray*} P\left(\dfrac{1}{2^l}< X_n \right)&=& -\dfrac{l}{2}\left\{\left(\dfrac{1}{3} \right)^l+\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \right\} +\sum_{m=1}^l\left(\dfrac{1}{3} \right)^m\\ &=&\dfrac{1}{2}-\dfrac{l+1}{2}\left(\dfrac{1}{3} \right)^l-\dfrac{l}{2}\left(\dfrac{1}{3} \right)^n \end{eqnarray*} となる．