問題はこれだけです（笑）でも、実は実は奥が深いのです。
例えば、ｋ＝１５のとき、２つ振ってもダメですよね。
なので、単純に１／ｋとはできないと思うからです。
それでは、いきますよ！！
ｋ＝１のときは確率１ これは問題ないですね。
ｋ＝２のとき
これも予想は1/2なのかなあと思うのですが、一応確認してみます。
確率漸化式の発想を使ってみます。
求める確率をp(n)とし、q(n)＝１−p(n)とする。
ｎ−１個投げたときの和が偶数だとすると、ｎ個目を投げたときは偶数の目が出ればよい。
ｎ−１個投げたときの和が奇数だとすると、ｎ個目を投げたときは奇数の目が出ればよい。
よって、p(n)=(1/2)p(n-1)+(1/2)q(n-1)＝(1/2){p(n-1)+q(n-1)}＝1/2
これはｎ＝１のときも成り立つので、ｎ個のさいころを投げたときに和が偶数になる確率は１／２であることが示せました。
ｋ＝３のとき
これも１／３なのでしょうかね？？確認しましょう。
ｎ個投げたときの和が３の倍数である確率をp(n)、余りが１のときをq(n)、余りが２のときをr(n)とする。
ｎ−１個投げたときの和が３で割り切れるとき、ｎ個目も３の倍数が出ればよい。
ｎ−１個投げたときの和を３で割った余りが１のとき、ｎ個目は２か５が出る。
ｎ−１個投げたときの和を３で割った余りが２のとき、ｎ個目は１か４が出る。
よって、p(n)=(1/3)p(n-1)+(1/3)q(n-1)+(1/3)r(n-1)＝(1/3){p(n-1)+q(n-1)+r(n-1)}＝1/3
これはｎ＝１のときも成り立つので、ｎ個のさいころを投げたときに和が偶数になる確率は１／３であることが示せました。
ちょっと飛ばして、ｋ＝６にいきます。
これは、ｎ−１個目の余りがいくつでも、ｎ個目の結果６の倍数になる確率はそれぞれ１／６なので、
これも１／６として良さそうです（証明略）。
ｋ＝７のとき（どこかの入試問題で出たような・・・）
ｎ個投げたときの和が７の倍数である確率をp(n)とする。
ｎ−１個投げたときの目の和が７で割り切れるときは、ｎ個目は何が出ても７の倍数にはなれない。
ｎ−１個投げたときの目の和を７で割った余りがｋのとき、ｎ個目は７−ｋの目が出れば良い。
よって、p(n)=1/6{1-p(n-1)}＝(-1/6)p(n-1)+1/6
また、p(1)=0より、この漸化式を解くと、
p(n)=(1/7){1-(-1/6)n-1}となります。
どうやら、１／ｋとなるのは、ｋ＝１，２，３，６のときに限るようです。
試しにｋ＝４のときを考えてみましょう。
ｋ＝４のときは、少し厄介です。
ｎ個投げたときの和が４で割り切れる確率をa(n)
ｎ個投げたときの和を４で割った時の余りが１である確率をb(n)
ｎ個投げたときの和を４で割った時の余りが２である確率をc(n)
ｎ個投げたときの和を４で割った時の余りが３である確率をd(n)
以上のようにおいておきます。
余りの表を作ってみます。
| ｎ個目に出た目 | １ | ２ | ３ | ４ | ５ | ６ |
|---|---|---|---|---|---|---|
| ｎ−１個投げたときの和が４で割り切れるとき | １ | ２ | ３ | ０ | １ | ２ |
| ｎ−１個投げたときの和を４で割った余りが１のとき | ２ | ３ | ０ | １ | ２ | ３ |
| ｎ−１個投げたときの和を４で割った余りが２のとき | ３ | ０ | １ | ２ | ３ | ０ |
| ｎ−１個投げたときの和を４で割った余りが３のとき | ０ | １ | ２ | ３ | ０ | １ |
公比が虚数になることに目をつぶれば（すごいヒントですね）
一応高校の範囲を逸脱しない形で解けるようですが、
まあ、こんなの出すのは○大くらいなもんでしょう；；；
ｋ＝５と８以上は、・・・・やめておいたほうが身のためでしょうね（笑）
と思っていたら、ｋ＝５のときの式を完成させてしまった方が出現しました。
この方です。
(1/5) ＋ (2/5)×(1/6)n×(cos(72°×ｎ)＋cos(144°×ｎ))なのだそうです。
とても美しい形ですね。（この式はｋ＝４のときのヒントになりますよ！）
証明するまでもない当たり前のことですが、ｎを無限大に発散させると、
１／ｋに収束するはずなのです。
ですから、全てのｋに対して、1/k＋f(n)を満たすf(n)が存在し、
f(n)は必ず０に収束するのでは、との予想も出来ると思います。