解説

方針・初手

$n+1$ 回目の出目を、$5$ で割った余りに注目して加えるのが自然である。

サイコロの1回の出目 $1,2,3,4,5,6$ を $5$ で割った余りは

$$ 1,2,3,4,0,1 $$

であるから、余り $1$ が $2$ 通り、余り $0,2,3,4$ がそれぞれ $1$ 通りずつ現れる。

したがって、$p_{n+1}(k)$ は $p_n(0),\dots,p_n(4)$ の一次結合で表せる。さらに、その式を整理すると非常に簡単な漸化式になり、最大値と最小値の差が縮むことが分かる。

解法1

$k$ は $0,1,2,3,4$ のいずれかとし、添字はすべて $5$ を法として考えることにする。

(1) $p_{n+1}(k)$ の表示

$n+1$ 回投げたときの和を $5$ で割った余りが $k$ になるためには、最初の $n$ 回の和の余りと最後の1回の出目の余りの和が $k$ になればよい。

最後の1回の出目の余りが

• $0$ となる確率は $\dfrac16$
• $1$ となる確率は $\dfrac26$
• $2,3,4$ となる確率はそれぞれ $\dfrac16$

であるから、

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(k) &= \frac16 p_n(k) +\frac26 p_n(k-1) +\frac16 p_n(k-2) +\frac16 p_n(k-3) +\frac16 p_n(k-4) \end{aligned} $$

である。

ここで

$$ p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)+p_n(3)+p_n(4)=1 $$

より、

$$ p_n(k)+p_n(k-1)+p_n(k-2)+p_n(k-3)+p_n(k-4)=1 $$

である。したがって

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(k) &= \frac16\left\{1+p_n(k-1)\right\} \end{aligned} $$

となる。

よって、

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(0)&=\frac{1+p_n(4)}{6},\\ p_{n+1}(1)&=\frac{1+p_n(0)}{6},\\ p_{n+1}(2)&=\frac{1+p_n(1)}{6},\\ p_{n+1}(3)&=\frac{1+p_n(2)}{6},\\ p_{n+1}(4)&=\frac{1+p_n(3)}{6}. \end{aligned} $$

(2) （イ） $m_n \le \dfrac15 \le M_n$ を示す

$p_n(0),\dots,p_n(4)$ の平均は

$$ \begin{aligned} \frac{p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)+p_n(3)+p_n(4)}{5} &= \frac15 \end{aligned} $$

である。

5個の数の最小値は平均以下、最大値は平均以上であるから、

$$ m_n \le \frac15 \le M_n $$

が成り立つ。

(2) （ロ）

任意の $k,l\ (0\le k,l\le 4)$ に対し $p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l)\le \dfrac16(M_n-m_n)$ を示す

(1) で得た式より、

$$ p_{n+1}(k)=\frac{1+p_n(k-1)}{6},\qquad p_{n+1}(l)=\frac{1+p_n(l-1)}{6} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l) &= \frac{p_n(k-1)-p_n(l-1)}{6} \end{aligned} $$

となる。

ここで、$p_n(0),\dots,p_n(4)$ の最大値が $M_n$、最小値が $m_n$ であるから、任意の2つの差について

$$ p_n(k-1)-p_n(l-1)\le M_n-m_n $$

が成り立つ。よって

$$ p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l) \le \frac16(M_n-m_n) $$

となる。

(3) $\displaystyle \lim_{n\to\infty} p_n(k)$ を求める

$0\le r,s\le 4$ のうち

$$ p_{n+1}(r)=M_{n+1},\qquad p_{n+1}(s)=m_{n+1} $$

となるものをとると、（ロ） より

$$ \begin{aligned} M_{n+1}-m_{n+1} &= p_{n+1}(r)-p_{n+1}(s) \le \frac16(M_n-m_n) \end{aligned} $$

を得る。

したがって、$M_n-m_n\ge 0$ であることと合わせて、

$$ 0\le M_n-m_n\le \left(\frac16\right)^{n-1}(M_1-m_1) $$

となるので、

$$ \lim_{n\to\infty}(M_n-m_n)=0 $$

である。

一方、（イ） より常に

$$ m_n\le \frac15 \le M_n $$

であるから、

$$ 0\le \frac15-m_n\le M_n-m_n,\qquad 0\le M_n-\frac15\le M_n-m_n $$

となる。右辺は $0$ に収束するので、

$$ \lim_{n\to\infty}m_n=\frac15,\qquad \lim_{n\to\infty}M_n=\frac15 $$

を得る。

各 $k$ について常に

$$ m_n\le p_n(k)\le M_n $$

であるから、はさみうちの原理により

$$ \lim_{n\to\infty}p_n(k)=\frac15 $$

である。

解説

この問題の本質は、$p_{n+1}(k)$ を直接数え上げるのではなく、「最後の1回の余り」で分類することにある。

さらに、出た式が

$$ p_{n+1}(k)=\frac{1+p_n(k-1)}{6} $$

と簡単になる点が重要である。この式を見ると、$n$ 段階でのばらつきが、$n+1$ 段階では $\dfrac16$ 倍に縮むことが直ちに分かる。したがって、最終的には5つの確率がすべて同じ値に近づき、その共通値は和が1であることから $\dfrac15$ に決まる。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} p_{n+1}(0)&=\frac{1+p_n(4)}{6},\\ p_{n+1}(1)&=\frac{1+p_n(0)}{6},\\ p_{n+1}(2)&=\frac{1+p_n(1)}{6},\\ p_{n+1}(3)&=\frac{1+p_n(2)}{6},\\ p_{n+1}(4)&=\frac{1+p_n(3)}{6}. \end{aligned} $$

**(2)**

**(イ)**

$$ m_n\le \frac15 \le M_n $$

（ロ） 任意の $k,l\ (0\le k,l\le 4)$ に対して

$$ p_{n+1}(k)-p_{n+1}(l)\le \frac16(M_n-m_n) $$

**(3)**

任意の $k\ (0\le k\le 4)$ に対して

$$ \lim_{n\to\infty}p_n(k)=\frac15 $$