九州大学 1980年 理系 第3問 解説

方針・初手

第 $k$ の箱から取り出される球が赤球であるか白球であるかは、第 $k-1$ の箱から取り出された球の色のみに依存します。したがって、第 $k$ の箱から取り出される球が赤球である確率 $p_k$ と、白球である確率 $q_k$ について、それぞれ前の状態 $(p_{k-1}, q_{k-1})$ を用いて漸化式を立てることから始めます。全確率の定理を用いて、状態の推移を行列で表現します。

解法1

(1)

第 $k$ の箱 ($2 \leqq k \leqq n$) から球を取り出すとき、箱の中には第 $k-1$ の箱から移動してきた球が1個と、元から入っていた赤球1個、白球1個の計3個が入っている。

第 $k-1$ の箱から取り出された球が赤球である確率は $p_{k-1}$ であり、このとき第 $k$ の箱の中身は赤球2個、白球1個となる。ここから赤球を取り出す確率は $\frac{2}{3}$、白球を取り出す確率は $\frac{1}{3}$ である。

第 $k-1$ の箱から取り出された球が白球である確率は $q_{k-1}$ であり、このとき第 $k$ の箱の中身は赤球1個、白球2個となる。ここから赤球を取り出す確率は $\frac{1}{3}$、白球を取り出す確率は $\frac{2}{3}$ である。

したがって、第 $k$ の箱から赤球が取り出される確率 $p_k$、白球が取り出される確率 $q_k$ は、全確率の定理より次のように表される。

$$p_k = \frac{2}{3}p_{k-1} + \frac{1}{3}q_{k-1}$$

$$q_k = \frac{1}{3}p_{k-1} + \frac{2}{3}q_{k-1}$$

これを行列を用いて表すと、

$$(p_k, q_k) = (p_{k-1}, q_{k-1}) \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}$$

となる。これを $k=2, 3, \dots, n$ について繰り返し用いると、

$$(p_n, q_n) = (p_1, q_1) \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}^{n-1}$$

が成り立つ。ここで、$p_1, q_1$ は第1の箱から球を取り出したとき、それぞれ赤球、白球である確率である。第1の箱には赤球 $a$ 個、白球 $b$ 個が入っているため、

$$p_1 = \frac{a}{a+b}, \quad q_1 = \frac{b}{a+b}$$

である。ゆえに、$(p_n, q_n) = (p, q) A^{n-1}$ を満たす $(p, q)$ と $A$ は、

$$(p, q) = \left( \frac{a}{a+b}, \frac{b}{a+b} \right), \quad A = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}$$

となる。

(2)

どの箱から取り出される球も必ず赤球か白球のいずれかであるため、常に $p_k + q_k = 1$ が成り立つ。(1) で求めた漸化式の1つ目

$$p_k = \frac{2}{3}p_{k-1} + \frac{1}{3}q_{k-1}$$

に $q_{k-1} = 1 - p_{k-1}$ を代入すると、

$$p_k = \frac{2}{3}p_{k-1} + \frac{1}{3}(1 - p_{k-1}) = \frac{1}{3}p_{k-1} + \frac{1}{3}$$

となる。この式を変形すると、

$$p_k - \frac{1}{2} = \frac{1}{3} \left( p_{k-1} - \frac{1}{2} \right)$$

となる。よって、数列 $\left\{ p_n - \frac{1}{2} \right\}$ は、初項が $p_1 - \frac{1}{2} = \frac{a}{a+b} - \frac{1}{2} = \frac{a-b}{2(a+b)}$、公比が $\frac{1}{3}$ の等比数列である。したがって、

$$p_n - \frac{1}{2} = \frac{a-b}{2(a+b)} \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}$$

$$p_n = \frac{1}{2} + \frac{a-b}{2(a+b)} \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}$$

解法2

(2) について、行列 $A$ の累乗を計算して求める別解を示す。

(2) の別解

行列 $A$ の固有値を求める。固有方程式は

$$\begin{vmatrix} \frac{2}{3} - \lambda & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} - \lambda \end{vmatrix} = \left(\lambda - \frac{2}{3}\right)^2 - \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \left(\lambda - 1\right)\left(\lambda - \frac{1}{3}\right) = 0$$

より、固有値は $\lambda = 1, \frac{1}{3}$ である。

$\lambda = 1$ に対応する固有ベクトルの一つを $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$、$\lambda = \frac{1}{3}$ に対応する固有ベクトルの一つを $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ ととれる。ここで、行列 $P$ を

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$

とおくと、その逆行列は $P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ であり、$A$ は以下のように対角化される。

$$A = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{3} \end{pmatrix} P^{-1}$$

ゆえに、$A$ の $n-1$ 乗は

$$A^{n-1} = P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{pmatrix} P^{-1}$$

$$= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \\ 1 & -\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} & 1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \\ 1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} & 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{pmatrix}$$

となる。(1) の結果 $(p_n, q_n) = (p_1, q_1) A^{n-1}$ の両辺の第1成分を比較して、

$$p_n = p_1 \times \frac{1}{2}\left\{1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\} + q_1 \times \frac{1}{2}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\}$$

$p_1 = \frac{a}{a+b}$、$q_1 = \frac{b}{a+b}$ を代入して整理する。

$$p_n = \frac{a}{2(a+b)}\left\{1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\} + \frac{b}{2(a+b)}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\}$$

$$= \frac{a+b}{2(a+b)} + \frac{a-b}{2(a+b)}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}$$

$$= \frac{1}{2} + \frac{a-b}{2(a+b)}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}$$

解説

ある事象が直前の状態のみによって確率的に決定される過程（マルコフ連鎖）を扱った典型問題である。推移を図に描きながら立式することが基本となる。

(1) では誘導に従って状態の推移行列を構成する。確率の総和が $1$ であるという性質（ここでは $p_k + q_k = 1$）を利用すれば、(2) で解法1のように1変数の隣接2項間漸化式に帰着でき、計算量を大幅に減らすことができる。もちろん、解法2のように対角化などを用いて行列の累乗を直接計算しても求められるため、行列の扱いに慣れていればこちらの見通しも良い。

なお、得られた結果において $n \to \infty$ の極限をとると $p_n \to \frac{1}{2}$ となり、最初の箱の偏りの影響が薄れて最終的に定常状態に落ち着くことが確認できる。

答え

(1)

$$(p, q) = \left( \frac{a}{a+b}, \frac{b}{a+b} \right), \quad A = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \end{pmatrix}$$

(2)

$$p_n = \frac{1}{2} + \frac{a-b}{2(a+b)} \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}$$