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東京科学大学　2023年度　前期日程　理系

第3問複素数平面・確率の解答・解説

偏角と絶対値・多項分布の数え上げ・余りで分類する漸化式・対称性当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1)実数が書かれた3枚のカード $0$ 、 $1$ 、 $3$ から無作為に2枚のカードを順に選び、出た実数を順に実部と虚部にもつ複素数を得る操作を考える。正の整数 $n$ に対して、この操作を $n$ 回繰り返して得られる $n$ 個の複素数の積を $z_{n}$ とするとき、 $∣ z_{n} ∣ < 5$ となる確率 $P_{n}$ を求める

答 $P_{n} = \frac{2 n ^{2} + 1}{3 ^{n}}$

6通りの複素数の絶対値は $1, 3, 2$ が2通りずつ。 $∣ z_{n} ∣$ は積なので、 $3$ と $2$ が何回出たかだけで決まる。条件を満たす回数の組は少ない。

6通りを書き出す。 実部と虚部の順で選ぶので、得られる複素数と絶対値・偏角は

$0 + 1 i = i$ ： $∣ \cdot ∣ = 1$ 、偏角 $9 0^{\circ}$
$0 + 3 i$ ： $∣ \cdot ∣ = 3$ 、偏角 $9 0^{\circ}$
$1 + 0 i = 1$ ： $∣ \cdot ∣ = 1$ 、偏角 $0^{\circ}$
$1 + 3 i$ ： $∣ \cdot ∣ = 2$ 、偏角 $6 0^{\circ}$
$3 + 0 i = 3$ ： $∣ \cdot ∣ = 3$ 、偏角 $0^{\circ}$
$3 + i$ ： $∣ \cdot ∣ = 2$ 、偏角 $3 0^{\circ}$

の6通りで、どれも確率 $\frac{1}{6}$ である。絶対値は $1, 3, 2$ がそれぞれ2通りずつなので、1回の操作で絶対値が $1, 3, 2$ になる確率はどれも $\frac{1}{3}$ である。

条件を言いかえる。 $n$ 回のうち絶対値が $3$ だった回数を $b$ 、 $2$ だった回数を $c$ とすると

∣ z_{n} ∣ = (3)^{b} \cdot 2^{c}

である。 $∣ z_{n} ∣ < 5$ となる $(b, c)$ を調べると

$(0, 0)$ ： $1$ 、 $(1, 0)$ ： $3 = 1.73$ 、 $(2, 0)$ ： $3$ ✓
$(0, 1)$ ： $2$ 、 $(1, 1)$ ： $23 = 3.46$ 、 $(0, 2)$ ： $4$ ✓
$(3, 0)$ ： $33 = 5.19$ 、 $(2, 1)$ ： $6$ 、 $(1, 2)$ ： $43 = 6.93$ 、 $(0, 3)$ ： $8$ ✗

である。 $b, c$ をこれ以上増やすと $∣ z_{n} ∣$ はさらに大きくなるので、条件を満たすのは上の6通りの $(b, c)$ だけである。

数える。 絶対値が $1, 3, 2$ になる回がどの順で現れるかを考える。 $n$ 回のうち「 $3$ の回」を $b$ 個、「 $2$ の回」を $c$ 個選ぶ場合の数を足し合わせればよい。

$(0, 0)$ ： $1$ 通り
$(1, 0)$ 、 $(0, 1)$ ：それぞれ $n$ 通り
$(2, 0)$ 、 $(0, 2)$ ：それぞれ $_{n} C_{2} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ 通り
$(1, 1)$ ： $3$ の回と $2$ の回を別々に選ぶので $n (n - 1)$ 通り

である。合計すると

1 + 2 n + 2 \cdot \frac{n ( n - 1 )}{2} + n (n - 1) = 1 + 2 n + 2 n (n - 1) = 2 n^{2} + 1

通りである。どの場合も確率は $(\frac{1}{3})^{n}$ なので

P_{n} = \frac{2 n ^{2} + 1}{3 ^{n}}

である。

$n = 1, 2$ では $2 n^{2} + 1 = 3, 9$ で $P_{1} = P_{2} = 1$ になる。実際 $n = 2$ までは $∣ z_{n} ∣ ≦ 4 < 5$ なので、必ず条件を満たす。

$n = 1, \dots, 5$ で $6^{n}$ 通りを全列挙すると、 $1, 1, \frac{19}{27}, \frac{11}{27}, \frac{17}{81}$ でこの式と一致した。

絶対値だけを見ればよい。どの複素数が出たかまで区別すると数え方が複雑になるが、絶対値ごとにまとめれば確率は $\frac{1}{3}$ ずつになる。

$(b, c) = (1, 1)$ は「2か所を選んでどちらが $3$ か決める」ので $n (n - 1)$ 通り。 $_{n} C_{2}$ ではない。

(2) $z_{n}^{2}$ が実数となる確率 $Q_{n}$ を求める

答 $Q_{n} = \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n - 1}})$

$z^{2}$ が実数 $⟺$ $z$ の偏角が $9 0^{\circ}$ の倍数。偏角は $3 0^{\circ}$ の倍数なので、 $3 0^{\circ}$ を単位にして「 $3$ で割った余り」を追えばよい。

$z_{n} \neq = 0$ である（6通りのどれも $0$ ではない）。 $z_{n}^{2}$ が実数になるのは $z_{n}^{2}$ の偏角が $18 0^{\circ}$ の倍数のとき、すなわち

ar g z_{n} が 9 0^{\circ} の倍数

のときである。(1) の表より、1回の操作で得られる偏角は $3 0^{\circ}$ の倍数で、 $3 0^{\circ}$ を単位にすると

3, 3, 0, 2, 0, 1 (それぞれ確率 \frac{1}{6})

である。積の偏角は和になるので、 $n$ 回ぶんの合計 $S$ （ $3 0^{\circ}$ 単位）が $3$ の倍数であればよい。

$3$ で割った余り。 上の6つを $3$ で割った余りで分けると

余り $0$ ： $3, 3, 0, 0$ の4通り、確率 $\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$
余り $1$ ： $1$ の1通り、確率 $\frac{1}{6}$
余り $2$ ： $2$ の1通り、確率 $\frac{1}{6}$

である。 $n$ 回後に $S$ を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ である確率を $q_{n}, r_{n}, s_{n}$ とする。余り $1$ と余り $2$ が出る確率が等しいので、対称性から $r_{n} = s_{n}$ であり

q_{n} + 2 r_{n} = 1

である。

漸化式。 余りが $0$ になるのは「 $0$ から $0$ を足す」「 $1$ から $2$ を足す」「 $2$ から $1$ を足す」の3通りなので

q_{n + 1} = \frac{2}{3} q_{n} + \frac{1}{6} r_{n} + \frac{1}{6} s_{n} = \frac{2}{3} q_{n} + \frac{1}{6} (1 - q_{n}) = \frac{1}{2} q_{n} + \frac{1}{6}

である。 $q = \frac{1}{2} q + \frac{1}{6}$ を解くと $q = \frac{1}{3}$ なので

q_{n + 1} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2} (q_{n} - \frac{1}{3})

である。 $q_{1} = \frac{2}{3}$ （余り $0$ になるのは4通り）なので $q_{1} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$ で

q_{n} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3} (\frac{1}{2})^{n - 1}

である。よって

Q_{n} = q_{n} = \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n - 1}}) = \frac{2 ^{n - 1} + 1}{3 \cdot 2 ^{n - 1}}

である。

$n \to \infty$ で $Q_{n} \to \frac{1}{3}$ である。偏角の余りが $0, 1, 2$ のどれになるかが、だんだん均等に近づく。

$n = 1, \dots, 5$ の全列挙で $\frac{2}{3}, \frac{1}{2}, \frac{5}{12}, \frac{3}{8}, \frac{17}{48}$ となり、この式と一致した。

$z^{2}$ が実数なのは「 $z$ が実数」だけでなく「 $z$ が純虚数」でもよい。偏角が $9 0^{\circ}$ の倍数、とまとめる。

$3 0^{\circ}$ を単位にすると、 $9 0^{\circ}$ の倍数は「 $3$ の倍数」になる。余りで分類する定石に持ちこめる。

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