大阪大学 1996年 理系 第5問 解説

方針・初手

白玉の個数 $X_n$ が取り得る値は $0, 1, 2$ のいずれかであり、1回の試行で白玉は1個増えるか変わらないかのどちらかである。状態の変化（推移確率）を考え、連立漸化式を立てて解くのが基本方針となる。

解法1

(1)

事象 $\{X_{n-1} = 0\}$ とは、箱の中に黒玉が2個ある状態である。ここから1回の試行後に $\{X_n = 1\}$ となるのは、黒玉を取り出し、かつさいころで5以上の目が出るときである。 黒玉を取り出す確率は $1$、さいころで5以上の目が出る確率は $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ であるから、求める条件つき確率は

$$ P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 0) = 1 \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} $$

事象 $\{X_{n-1} = 1\}$ とは、箱の中に白玉が1個、黒玉が1個ある状態である。ここから1回の試行後に $\{X_n = 1\}$ となる（白玉の数が変わらない）のは、次のいずれかの場合である。

• 白玉を取り出す場合（そのまま戻すので白玉は1個のまま）
• 黒玉を取り出し、かつさいころで4以下の目が出る場合（そのまま戻すので白玉は1個のまま）

白玉を取り出す確率は $\frac{1}{2}$ である。 黒玉を取り出し、さいころで4以下の目が出る確率は $\frac{1}{2} \times \frac{4}{6} = \frac{1}{3}$ である。 これらは互いに排反であるから、求める条件つき確率は

$$ P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 1) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} $$

(2)

$n$ 回目の試行が終わった後に白玉が1個になる事象 $\{X_n = 1\}$ は、$n-1$ 回目の試行が終わった後の状態が $\{X_{n-1} = 0\}$ または $\{X_{n-1} = 1\}$ の場合から遷移して起こり得る。（一度白玉が2個になると減ることはないため、$\{X_{n-1} = 2\}$ から $\{X_n = 1\}$ への遷移はない）

したがって、全確率の定理より

$$ P(X_n = 1) = P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 0)P(X_{n-1} = 0) + P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 1)P(X_{n-1} = 1) $$

(1) の結果を代入すると

$$ P(X_n = 1) = \frac{1}{3}P(X_{n-1} = 0) + \frac{5}{6}P(X_{n-1} = 1) $$

ここで、$P(X_{n-1} = 0)$ は、最初から $n-1$ 回目まで一度も白玉が増えない確率である。 $\{X_{k-1} = 0\}$ から $\{X_k = 0\}$ となる確率は、事象 $\{X_{k-1} = 0\}$ から $\{X_k = 1\}$ となる余事象の確率なので、$1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ である。 $P(X_0 = 0) = 1$ より、$P(X_{n-1} = 0) = \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1}$ である。 これを上の式に代入すると、求める式は

$$ P(X_n = 1) = \frac{5}{6}P(X_{n-1} = 1) + \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} $$

(3)

(2) で求めた漸化式

$$ P(X_n = 1) = \frac{5}{6}P(X_{n-1} = 1) + \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} $$

の両辺を $\left( \frac{5}{6} \right)^n$ で割ると

$$ \frac{P(X_n = 1)}{\left( \frac{5}{6} \right)^n} = \frac{P(X_{n-1} = 1)}{\left( \frac{5}{6} \right)^{n-1}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{\left( \frac{2}{3} \right)^{n-1}}{\left( \frac{5}{6} \right)^n} $$

右辺第2項を整理すると

$$ \frac{1}{3} \cdot \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} \cdot \left( \frac{6}{5} \right)^n = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{5} \cdot \left( \frac{2}{3} \cdot \frac{6}{5} \right)^{n-1} = \frac{2}{5} \left( \frac{4}{5} \right)^{n-1} $$

よって、数列 $\left\{ \frac{P(X_n = 1)}{\left( \frac{5}{6} \right)^n} \right\}$ は、階差数列が $\frac{2}{5} \left( \frac{4}{5} \right)^{n-1}$ である。 初項は $\frac{P(X_1 = 1)}{5/6} = \frac{1/3}{5/6} = \frac{2}{5}$ である（または $n \ge 1$ に対して和を計算する際に $P(X_0=1)=0$ を用いてもよい）。 $n \ge 1$ のとき

$$ \begin{aligned} \frac{P(X_n = 1)}{\left( \frac{5}{6} \right)^n} &= P(X_0 = 1) + \sum_{k=1}^n \frac{2}{5} \left( \frac{4}{5} \right)^{k-1} \\ &= 0 + \frac{2}{5} \cdot \frac{1 - \left( \frac{4}{5} \right)^n}{1 - \frac{4}{5}} \\ &= \frac{2}{5} \cdot 5 \left\{ 1 - \left( \frac{4}{5} \right)^n \right\} \\ &= 2 - 2 \left( \frac{4}{5} \right)^n \end{aligned} $$

したがって

$$ P(X_n = 1) = \left( \frac{5}{6} \right)^n \left\{ 2 - 2 \left( \frac{4}{5} \right)^n \right\} = 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n - 2 \left( \frac{2}{3} \right)^n $$

これは $n=0$ のときも $P(X_0 = 1) = 0$ となり成り立つ。 また、$X_n$ が取り得る値は $0, 1, 2$ のみであり、確率の和は $1$ であるから

$$ P(X_n = 2) = 1 - P(X_n = 0) - P(X_n = 1) $$

$P(X_n = 0) = \left( \frac{2}{3} \right)^n$ を用いると

$$ \begin{aligned} P(X_n = 2) &= 1 - \left( \frac{2}{3} \right)^n - \left\{ 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n - 2 \left( \frac{2}{3} \right)^n \right\} \\ &= 1 - 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n + \left( \frac{2}{3} \right)^n \end{aligned} $$

以上より、分布は $P(X_n = 0)$, $P(X_n = 1)$, $P(X_n = 2)$ のようになる。

(4)

$n$ 回目の試行が終わったときに白玉がはじめて2個になる事象は、$(n-1)$ 回目の試行が終わった時点で白玉が1個であり、かつ $n$ 回目の試行で白玉が2個に増える事象である。

$n$ 回目の試行で白玉が1個から2個に増えるのは、黒玉を取り出し、さいころで5以上の目が出る場合であるから、その推移確率は

$$ P(X_n = 2 \mid X_{n-1} = 1) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{6} = \frac{1}{6} $$

したがって、求める確率は

$$ P(X_{n-1} = 1) \times P(X_n = 2 \mid X_{n-1} = 1) $$

(3) で求めた $P(X_n = 1)$ の式において $n$ を $n-1$ とし、$\frac{1}{6}$ を掛けると

$$ \frac{1}{6} \left\{ 2 \left( \frac{5}{6} \right)^{n-1} - 2 \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} \right\} = \frac{1}{3} \left( \frac{5}{6} \right)^{n-1} - \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} $$

これは $n=1$ のとき $0$ となり、1回目の試行で白玉が2個になることはないという事実と一致し成立する。

解説

状態遷移（マルコフ連鎖）に関する標準的な確率漸化式の問題である。 (1) で状態間の推移確率を丁寧に求め、(2) で全確率の定理を用いて漸化式を立式する流れが誘導されている。 $P(X_{n-1} = 0)$ を漸化式中に残したままでは(3)で解けないため、(2)の段階で $P(X_n = 0) = \left( \frac{2}{3} \right)^n$ であることに気づき、代入しておく必要がある。 (3) の $P(X_n = 1)$ の隣接2項間漸化式は、$a_{n+1} = p a_n + f(n)$ の形をしているため、両辺を $p^{n+1}$ （または $p^n$）で割って階差数列を利用する解法が定石である。 (4) は「はじめて」という条件に注意する。「$n$回目で2個になる確率」である $P(X_n = 2) - P(X_{n-1} = 2)$ を計算しても同じ結果が得られるが、直接 $(n-1)$ 回目までの状態から遷移を考える方が計算量が少なく簡明である。

答え

(1)

$P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 0) = \frac{1}{3}$， $P(X_n = 1 \mid X_{n-1} = 1) = \frac{5}{6}$

(2)

$$ P(X_n = 1) = \frac{5}{6} P(X_{n-1} = 1) + \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} $$

(3)

$$ \begin{cases} P(X_n = 0) = \left( \frac{2}{3} \right)^n \\ P(X_n = 1) = 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n - 2 \left( \frac{2}{3} \right)^n \\ P(X_n = 2) = 1 - 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n + \left( \frac{2}{3} \right)^n \end{cases} $$

(4)

$$ \frac{1}{3} \left( \frac{5}{6} \right)^{n-1} - \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} $$