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名古屋大学　2020年度　前期日程　理科系

第4問確率・漸化式の解答・解説

推移確率・連立漸化式・3項間漸化式・和の比較当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/12

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。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12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)正方形の頂点を反時計回りに $A, B, C, D$ とし、先攻の駒を $A$ 、後攻の駒を $C$ に置く。先攻から交互にサイコロを振り、出た目を $3$ で割った余りが $0$ なら動かさず、 $1$ なら自分の駒を反時計回りに、 $2$ なら時計回りに隣へ動かす。移った先に相手の駒があればそこで終了とするとき、ちょうど $n$ 回目で勝敗が決まる確率を $p_{n}$ として $p_{2}, p_{3}$ を求める

答 $p_{2} = \frac{2}{9}$ 、 $p_{3} = \frac{4}{27}$

$3$ で割った余りは $0, 1, 2$ がそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$ で出る。注目すべきは駒の位置そのものではなく2つの駒の間の距離（正方形の辺をいくつたどるか）で、これは $2$ （対角）か $1$ （隣）しかない。状態が2つだけなので一気に見通しがよくなる。

正方形の頂点を反時計回りに A, B, C, D とし、先攻の駒を A、後攻の駒を C に置いたところ。最初は2つの駒は対角（距離 2）にある。

余りの確率。 $1$ から $6$ のうち、 $3$ で割った余りが $0$ なのは $3, 6$ 、 $1$ なのは $1, 4$ 、 $2$ なのは $2, 5$ の各2通りである。よって「動かさない」「反時計回りに1つ」「時計回りに1つ」はそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$ である。

状態は距離だけで決まる。 正方形の頂点を反時計回りに $0, 1, 2, 3$ と番号づけ、2つの駒の番号の差を $4$ を法として見る。駒は「隣」か「対角」のどちらかにあり、距離は $1$ か $2$ である（ $0$ になったら終了）。

距離 $2$ （対角）のとき、振った人が駒を動かすとどちらに回しても距離 $1$ になる。相手の駒に乗ることはない。したがって

距離 $2$ から：確率 $\frac{1}{3}$ で距離 $2$ のまま、確率 $\frac{2}{3}$ で距離 $1$ へ。終了しない
距離 $1$ から：相手の側へ回せば乗るので確率 $\frac{1}{3}$ で終了、逆へ回すと距離 $2$ で確率 $\frac{1}{3}$ 、動かさなければ距離 $1$ のままで確率 $\frac{1}{3}$

どちらの駒を動かすかで状況は変わらない（距離だけで決まる）ので、先攻・後攻の区別は確率の計算には影響しない。

計算。 最初は $A$ と $C$ で距離 $2$ である。

1回目：距離 $2$ からなので終了しない。 $p_{1} = 0$ で、1回目のあと距離 $2$ である確率が $\frac{1}{3}$ 、距離 $1$ である確率が $\frac{2}{3}$ である。

2回目：終了するのは「1回目のあと距離 $1$ 」かつ「2回目に相手の側へ回す」ときなので

p_{2} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}

である。2回目のあとの状態は、距離 $2$ が $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$ 、距離 $1$ が $\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$ である。

3回目：同様に

p_{3} = \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}

である。

30万回のシミュレーションで $p_{2} = 0.22304$ （ $\frac{2}{9} = 0.22222$ ）、 $p_{3} = 0.14838$ （ $\frac{4}{27} = 0.14815$ ）だった。

「出た目を $3$ で割った余り」なので、 $0, 1, 2$ はどれも確率 $\frac{1}{3}$ 。 $\frac{1}{6}$ 刻みで考えなくてよい。

対角にいる状態からはどう動いても相手に乗れない。最初の1回で勝負がつくことはないので $p_{1} = 0$ である。

(2) $p_{n}$ を求める

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

$n$ 回目を振る直前に「まだ終わっておらず距離が $2$ ／ $1$ 」である確率を $u_{n}, v_{n}$ とおくと、連立漸化式になる。 $p_{n} = \frac{1}{3} v_{n}$ なので、 $v_{n}$ の3項間漸化式に直して特性方程式を解く。

$n$ 回目を振る直前に、まだ勝敗がついておらず2つの駒の距離が $2$ である確率を $u_{n}$ 、距離が $1$ である確率を $v_{n}$ とする。(1) の推移から

u_{n + 1} = \frac{1}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}, v_{n + 1} = \frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n} \dots ①

である。また終了するのは距離 $1$ から相手の側へ回したときだけなので

p_{n} = \frac{1}{3} v_{n} \dots ②

である。初期条件は $u_{1} = 1, v_{1} = 0$ である。

3項間漸化式にする。 ① の第1式から $u_{n} = 3 u_{n + 1} - v_{n}$ である。これを第2式の $n \to n + 1$ の形

v_{n + 2} = \frac{2}{3} u_{n + 1} + \frac{1}{3} v_{n + 1}

に使うため、第2式 $v_{n + 1} = \frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}$ から

u_{n + 1} = \frac{1}{3} (u_{n} + v_{n}) = \frac{1}{3} (\frac{3}{2} v_{n + 1} - \frac{1}{2} v_{n} + v_{n}) = \frac{1}{2} v_{n + 1} + \frac{1}{6} v_{n}

を得る（第2式を $u_{n} = \frac{3}{2} v_{n + 1} - \frac{1}{2} v_{n}$ と解いて代入した）。これを $v_{n + 2} = \frac{2}{3} u_{n + 1} + \frac{1}{3} v_{n + 1}$ に入れると

v_{n + 2} = \frac{2}{3} (\frac{1}{2} v_{n + 1} + \frac{1}{6} v_{n}) + \frac{1}{3} v_{n + 1} = \frac{2}{3} v_{n + 1} + \frac{1}{9} v_{n}

となる。② より $p_{n}$ も同じ漸化式を満たす。

p_{n + 2} = \frac{2}{3} p_{n + 1} + \frac{1}{9} p_{n}, p_{1} = 0, p_{2} = \frac{2}{9}

特性方程式。 $t^{2} = \frac{2}{3} t + \frac{1}{9}$ 、すなわち $9 t^{2} - 6 t - 1 = 0$ を解くと

t = \frac{6 \pm 36 + 36}{18} = \frac{6 \pm 6 2}{18} = \frac{1 \pm 2}{3}

である。よって定数 $A, B$ を使って

p_{n} = A (\frac{1 + 2}{3})^{n} + B (\frac{1 - 2}{3})^{n}

と書ける。 $α = \frac{1 + 2}{3}$ 、 $β = \frac{1 - 2}{3}$ とおくと、 $p_{1} = 0$ から $A α + B β = 0$ 、 $p_{2} = \frac{2}{9}$ から $A α^{2} + B β^{2} = \frac{2}{9}$ である。前者より $B β = - A α$ なので

A α^{2} + (- A α) β = A α (α - β) = \frac{2}{9}

である。 $α - β = \frac{2 2}{3}$ 、 $α = \frac{1 + 2}{3}$ だから

A = \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{α ( α - β )} = \frac{2}{9} \cdot \frac{9}{( 1 + 2 ) \cdot 2 2} = \frac{1}{2 ( 1 + 2 )}

で、同様に $B = - A \frac{α}{β} = - \frac{1}{2 ( 1 - 2 )}$ である。これを代入すると

p_{n} = \frac{1}{2} {\frac{α ^{n}}{1 + 2} - \frac{β ^{n}}{1 - 2}} = \frac{1}{2 \cdot 3 ^{n}} {(1 + 2)^{n - 1} - (1 - 2)^{n - 1}}

である。すなわち

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

である。

$n = 1, 2, 3, 4$ を入れると $0, \frac{2}{9}, \frac{4}{27}, \frac{10}{81}$ となり、(1) と合う。 $(1 + 2)^{n - 1} - (1 - 2)^{n - 1}$ は $2$ の整数倍なので、 $p_{n}$ はちゃんと有理数になる。

漸化式を分数のまま $n = 20$ まで回した値と、この式の値の差は最大 $2.8 \times 1 0^{- 17}$ だった。

状態を「駒の位置の組」で立てると $4 \times 4$ になって手に負えない。距離だけに潰すと2状態で済む。

$p_{1} = 0$ を初期条件に使う。 $p_{2}, p_{3}$ から始めてもよいが、 $p_{1} = 0$ のほうが連立が軽い。

(3) $2$ 以上の任意の整数 $N$ に対して $m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}$ が成り立つこと（このゲームが後攻に有利であること）を示す

答 $n ≧ 2$ で $p_{n} > p_{n + 1}$ を示し、 $p_{1} = 0$ とあわせて項ごとに比べる

左辺は $N$ 回以内に先攻が勝つ確率、右辺は後攻が勝つ確率である。項数は同じか左が1つ多いだけなので、 $p_{2 m} > p_{2 m + 1}$ を言えば項ごとの比較で終わる。 $p_{n}$ の単調減少は閉じた式を使わなくても、 $u_{n}, v_{n}$ の大小から出る。

$v_{n} > u_{n}$ （ $n ≧ 2$ ）。 ① より

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

である。 $u_{1} = 1 > 0$ で、 $u_{n + 1} = \frac{1}{3} (u_{n} + v_{n})$ と $u_{n}, v_{n} ≧ 0$ から帰納的に $u_{n} > 0$ （すべての $n$ ）なので

v_{n} - u_{n} = \frac{1}{3} u_{n - 1} > 0 (n ≧ 2)

である。

$p_{n} > p_{n + 1}$ （ $n ≧ 2$ ）。 ② と ① より

p_{n} - p_{n + 1} = \frac{1}{3} (v_{n} - v_{n + 1}) = \frac{1}{3} {v_{n} - (\frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n})} = \frac{2}{9} (v_{n} - u_{n})

である。 $n ≧ 2$ では $v_{n} - u_{n} > 0$ なので

p_{n} > p_{n + 1} (n ≧ 2) \dots ③

である。つまり $p_{2} > p_{3} > p_{4} > \dots$ である。

和の比較。 左辺を $L$ 、右辺を $R$ とおく。 $N$ の偶奇で場合分けする。

③ は「奇数番より1つ手前の偶数番のほうが大きい」という形なので、 $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ を組にして比べる。

$N = 2 K$ （ $K ≧ 1$ ）のとき。 $[\frac{N + 1}{2}] = K$ 、 $[\frac{N}{2}] = K$ なので $L = p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 K - 1}$ 、 $R = p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 K}$ である。 $R$ の最後の項 $p_{2 K}$ と $L$ の最初の項 $p_{1}$ を別にしてから組にすると

R - L = p_{2 K} - p_{1} + m = 1 \sum K - 1 (p_{2 m} - p_{2 m + 1})

である。 $p_{1} = 0$ 、 $p_{2 K} > 0$ で、③ より各 $p_{2 m} - p_{2 m + 1} > 0$ だから $R - L > 0$ である。

$N = 2 K + 1$ （ $K ≧ 1$ ）のとき。 $[\frac{N + 1}{2}] = K + 1$ 、 $[\frac{N}{2}] = K$ なので $L = p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 K + 1}$ 、 $R = p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 K}$ である。やはり $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ で組にすると

R - L = m = 1 \sum K (p_{2 m} - p_{2 m + 1}) - p_{1} = m = 1 \sum K (p_{2 m} - p_{2 m + 1})

で、③ より各項が正だから $R - L > 0$ である。

いずれの場合も $L < R$ 、すなわち

m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}

が成り立つ。 $■$

$N \to \infty$ とすると先攻の勝率は約 $0.429$ 、後攻は約 $0.571$ に近づく。最初の1回では決して決まらず、しかも1回振るごとに「次に決まる確率」が減っていくので、1手遅く始める後攻のほうが有利になる。

$N = 2$ から $12$ まで数値で両辺を計算すると、すべて左辺 $<$ 右辺だった（たとえば $N = 12$ で $0.37923 < 0.53172$ ）。30万回のシミュレーションでも後攻の勝率が $0.571$ だった。

$[\frac{N + 1}{2}]$ と $[\frac{N}{2}]$ は $N$ が奇数のとき $1$ だけ違う。項数がそろわない場合を落とさない。

組にするときは $p_{2 m - 1}$ と $p_{2 m}$ ではなく $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ でそろえる。前者だと不等号の向きが逆になる。

$p_{n}$ の単調減少は閉じた式から言ってもよいが、 $v_{n} > u_{n}$ を示すほうが短く、根号を扱わずに済む。

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(2)pn​ を求める

(3)2 以上の任意の整数 N に対して m=1∑[2N+1​]​p2m−1​<m=1∑[2N​]​p2m​ が成り立つこと（このゲームが後攻に有利であること）を示す

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