サイコロ確率のクセ強問題 – 1990年東大数学第6問

出た目を並べて数字を作るだけなのだが・・・（günterによるPixabayからの画像）

2023年7月19日2023年9月29日

1990年東大数学第6問はお馴染みの、サイコロの出目の確率に関する問題ですが、相当なクセ強問題です。問題文は以下のとおりです。

１つのサイコロを続けて投げて、最初の n 回に出た目の数をその順序のまま小数点以下に並べてできる実数を $a_n$ とおく。たとえば、出た目の数が 5,2,6,…… であれば、 $a_1 = 0.5,a_2 = 0.52,a_3 = 0.526, \cdots \cdots$ である。実数 αに対して $a_n \leqq \alpha$ となる確率を p_n(α) とおく。

(1) $\displaystyle\lim_{n \to \infty } p_n \left ( \frac{41}{333} \right )$ を求めよ。
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty } p_n ( \alpha ) = \frac{1}2$ となるのは α がどのような範囲にあるときか。

　サイコロを振って出た目で数を作り、その大小評価を確率で問うというのは、ありそうでなかった問題です。しかも、確率の極限を聞いてきています。

　いささか面食らいますが、落ち着いて考えれば何とかなりそうな気もします。

1990年東大数学第6問小問１の解法

　まず、 $\alpha = \displaystyle\frac{41}{333}$ を小数表示します。 $\displaystyle\frac{41}{333} = \displaystyle\frac{123}{999}$ なのでソッコーわかったりもしますが、普通に割り算しても大した手間ではありません。

\frac{41}{333} = 0. \dot{1}2 \dot{3}

と、 123 が繰り返す循環小数であることがわかりました。

　次に、 $p_n( \alpha )$ を実際に計算して、傾向を掴みます。

　α の小数第１位は1なので、 $a_1 = 0.1$ 一択です。よって $p_1( \alpha) = \displaystyle\frac{1}6$ です。

　α の小数第2位は2なので、 $a_2 \leqq \alpha$ となる $a_2$ は

0.11
0.12

の２つです。よって $p_2( \alpha) = \displaystyle\frac{1}6 \times \displaystyle\frac{1}3 = \frac{1}{18}$ です。

　同様に α の小数第3位は3なので、 $a_3 \leqq \alpha$ となる $a_3$ は

0.111
0.112
0.113
0.121
0.122
0.123

の6つです。よって $p_3( \alpha) = \displaystyle\frac{1}6 \times \displaystyle\frac{1}3 \times \frac{1}2 = \frac{1}{36}$ です。

　などと考えてしまいたくなりますが、ここに本問最大の罠が仕組まれています。

　この考え方を押し進めていくと、

p_{3n}(\alpha) = \frac{1}{36^n}

となり、

\lim_{n \to \infty} p_n( \alpha) = 0

となるはずですが、小問２の存在を考えると、これは明らかにおかしい結果です。

　何がまずかったかというと、小数第３位の考え方です。 $a_3$ はα以下ならどんな数字でもいいので、小数第２位の値が1なら、次の小数第３位は何でも良いはずです。これを考慮すると、

\begin{aligned} p_3( \alpha) = &(a_2=0.12 \text{である確率}) \\ & \times \left ( \begin{aligned} & \text{小数第３位が}1,2,3 \\& \text{のいずれかである確率} \end{aligned} \right )\\ & +(a_2=0.11\text{である確率} )\times 1 \\ = & \frac{1}{36} \times \frac{1}2 + \frac{1}{36} = \frac{1}{24} \end{aligned}

です。

　ここで注目すべきは、小数第２位が１の場合、以降のすべての試行において何が出ても、 $a_n < \alpha$ であることです。つまり、 n ≧ 3 であるすべての n に対し、

\begin{aligned} p_n(\alpha) > & \frac{1}{36} \times \overbrace{1\times1 \times \cdots \times 1 }^{ n-2 \text{個}} \\ = & \frac{1}{36} \end{aligned}

が成り立ちます。

　同様のことは、小数第２位だけではなく、すべての桁において成り立ちます。すなわち、 α の小数第 k 位の値を $\alpha_k$ と表記し、 p(事象) をその事象が発生する確率とするとき、

p_n( \alpha) > \sum_{k=1}^n p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & (k-1) \text{桁まで} \alpha \text{と一致し} \\& k \text{桁目で初めて} \alpha_k \text{未満になる} \end{aligned} \right)

です。

　一方、 $a_n$ の各桁の値はすべて α と一致するか、どれかの桁が α と一致しないかのいずれかなので、

\begin{aligned} p_n( \alpha) = & p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & \text{すべて} \alpha \text{と一致する} \end{aligned} \right )\\ & + \sum_{k=1}^n p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & (k-1) \text{桁まで} \alpha \text{と一致し} \\& k \text{桁目で初めて} \\ & \alpha_k \text{未満になる} \end{aligned} \right) \\ \end{aligned}

です。ここで明らかに、

\begin{aligned} & p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & \text{すべて} \alpha \text{と一致する} \end{aligned} \right ) = \frac{1}{6^n}\\ \end{aligned}

です。

　あとは、 $a_n$ の各桁の数字が k 桁目で初めて $\alpha_k$ 未満になる確率を求めれば、 $p_n(\alpha)$ を具体的に計算できます。

　まず、 k = 3m+1 (m=0,1,2,…)の場合です。 $\alpha_{3m+1} = 1$ なので、 $\alpha_k$ 未満の賽の目はありません。よって

\begin{aligned} p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & (k-1) \text{桁まで} \alpha \text{と一致し} \\& k \text{桁目で初めて} \alpha_k \text{未満になる} \end{aligned} \right) = 0 \\ \end{aligned}

です。

　次に、 k = 3m+2 (m=0,1,2,…)の場合です。 $\alpha_{3m+2} = 2$ なので、 $\alpha_k$ 未満の賽の目は1のみです。よって

\begin{aligned} p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & (k-1) \text{桁まで} \alpha \text{と一致し} \\& k \text{桁目で初めて} \alpha_k \text{未満になる} \end{aligned} \right) = \frac{1}{6^{3m+2}} \\ \end{aligned}

です。

　最後に、 k = 3m+3 (m=0,1,2,…)の場合です。 $\alpha_{3m} = 3$ なので、 $\alpha_k$ 未満の賽の目は1と2です。よって

\begin{aligned} p \left ( \begin{aligned} & a_n \text{の各桁の数字が} \\ & (k-1) \text{桁まで} \alpha \text{と一致し} \\& k \text{桁目で初めて} \alpha_k \text{未満になる} \end{aligned} \right) = \frac{1}3 \cdot \frac{1}{6^{3m+2}} \\ \end{aligned}

です。

　したがって、 l ≧ 1 のとき、

\begin{aligned} p_{3l}(\alpha) = & \frac{1}{216^l} + \sum_{m=0}^{l -1}(\frac{1}{6^{3m+2}} + \frac{1}3 \cdot \frac{1}{6^{3m+2}} ) \\ = & \frac{1}{216^l} +\frac{1}{27} \sum_{m=0}^{l -1} \frac{1}{216^m} \\ = & \frac{1}{216^l} +\frac{1}{27} (\frac{1-\frac{1}{216^l}}{1- \frac{1}{216}}) \\ = & \frac{1}{216^l} +\frac{8}{215}(1- \frac{1}{216^l}) \end{aligned}

が成り立つので、

\lim_{l \to \infty} p_{3l}( \alpha) = \frac{8}{215}

です。

　 n が3の倍数のとき、 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} p_n( \alpha) = \frac{8}{215}$ なので、すべての n について $\displaystyle\lim_{n \to \infty} p_n( \alpha) = \frac{8}{215}$ だと言ってしまいたいですが、一般にそれは成り立たないので、最後にもうひと踏ん張りします。

　 $p_1( \alpha) = \displaystyle\frac{1}6 ,p_2( \alpha) = \frac{1}{18} ,p_3 = \frac{1}{24}$ とだんだん減るので、一般に $p_n( \alpha) > p_{n+1} ( \alpha)$ が成り立つかも知れません。そこでこれを確認します。