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東京大学 1975年理系第6問解説

方針・初手

（i）では、1回の操作における容器Aの赤球の数の増減に着目する。ある時点での赤球の数を $x$ 個としたとき、次の操作で赤球の数が「$x-1$ 個になる（1個減る）」「$x+1$ 個になる（1個増える）」「$x$ 個のまま（増減なし）」の3パターンの確率（推移確率）をそれぞれ計算し、状態推移の式を立てる。

（ii）では、（i）で得られた確率の漸化式の両辺に $x$ を掛けて $\sum$ をとることで、期待値 $E_n$ の漸化式を導く。

（iii）では、（ii）で求めた $E_n$ の一般項において $n \to \infty$ の極限をとる。

解法1

(i)

$n$ 回目の操作を終えたとき、容器Aに赤球が $x$ 個入っているとする。このときAの白球は $4-x$ 個である（$0 \leqq x \leqq 4$）。続く1回の操作で、Aから取り出される球が赤である確率は $\frac{x}{4}$、白である確率は $\frac{4-x}{4}$ である。また、条件よりBからは確率 $\frac{1}{2}$ で赤、確率 $\frac{1}{2}$ で白が取り出され、Cからは確率 $1$ で赤が取り出される。

(ア) 赤球が1個減る（$x \to x-1$）確率 Aから赤球が取り出され、かつ、取り出された計3個の球の中から白球が選ばれてAに戻される場合である。 Bから赤球（確率 $\frac{1}{2}$）が出たとき、3個すべてが赤球となるため、白球を戻すことはできない（確率 $0$）。 Bから白球（確率 $\frac{1}{2}$）が出たとき、3個は赤球2個、白球1個となる。ここから白球を選ぶ確率は $\frac{1}{3}$ である。したがって、赤球が1個減る確率は

$$ \frac{x}{4} \left( \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \right) = \frac{x}{24} $$

(イ) 赤球が1個増える（$x \to x+1$）確率 Aから白球が取り出され、かつ、取り出された計3個の球の中から赤球が選ばれてAに戻される場合である。 Bから赤球（確率 $\frac{1}{2}$）が出たとき、3個は赤球2個、白球1個となる。ここから赤球を選ぶ確率は $\frac{2}{3}$ である。 Bから白球（確率 $\frac{1}{2}$）が出たとき、3個は赤球1個、白球2個となる。ここから赤球を選ぶ確率は $\frac{1}{3}$ である。したがって、赤球が1個増える確率は

$$ \frac{4-x}{4} \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \right) = \frac{4-x}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{4-x}{8} $$

(ウ) 赤球の数が増減しない（$x \to x$）確率 上記(ア)(イ)の余事象であるから、その確率は

$$ 1 - \frac{x}{24} - \frac{4-x}{8} = 1 - \frac{x + 3(4-x)}{24} = 1 - \frac{12-2x}{24} = \frac{12+2x}{24} = \frac{6+x}{12} $$

$n+1$ 回目の操作後に赤球が $x$ 個あるのは、以下の3つの排反な事象のいずれかが起こる場合である。

$n$ 回目後に $x$ 個あり、増減なし
$n$ 回目後に $x+1$ 個あり、1個減る
$n$ 回目後に $x-1$ 個あり、1個増える

それぞれの推移確率を掛け合わせることで、次の関係式が成り立つ。

$$ P_{n+1}(x) = \frac{6+x}{12} P_n(x) + \frac{(x+1)}{24} P_n(x+1) + \frac{4-(x-1)}{8} P_n(x-1) $$

整理すると、

$$ P_{n+1}(x) = \frac{1}{12}(6+x)P_n(x) + \frac{1}{24}(1+x)P_n(x+1) + \frac{1}{8}(5-x)P_n(x-1) $$

$x \leqq -1$ または $x \geqq 5$ のときは $P_n(x)=0$ と定められているため、この等式はすべての整数 $x$ で成立する。よって示された。

(ii)

期待値 $E_n$ は、定義より $E_n = \sum_{x=-\infty}^{\infty} x P_n(x)$ である。（i）の関係式の両辺に $x$ を掛けて、すべての整数 $x$ について和をとる。

$$ E_{n+1} = \sum_{x=-\infty}^{\infty} x P_{n+1}(x) $$

$$ = \sum_{x=-\infty}^{\infty} x \left\{ \frac{6+x}{12}P_n(x) + \frac{1+x}{24}P_n(x+1) + \frac{5-x}{8}P_n(x-1) \right\} $$

ここで、右辺の第2項について $x+1 = y$ とおくと $x = y-1$ より、

$$ \sum_{x=-\infty}^{\infty} \frac{x(1+x)}{24} P_n(x+1) = \sum_{y=-\infty}^{\infty} \frac{(y-1)y}{24} P_n(y) $$

第3項について $x-1 = y$ とおくと $x = y+1$ より、

$$ \sum_{x=-\infty}^{\infty} \frac{x(5-x)}{8} P_n(x-1) = \sum_{y=-\infty}^{\infty} \frac{(y+1)(4-y)}{8} P_n(y) $$

積分変数（和の添字）を $x$ に統一してまとめると、

$$ E_{n+1} = \sum_{x=-\infty}^{\infty} \left\{ \frac{6x+x^2}{12} + \frac{x^2-x}{24} + \frac{-x^2+3x+4}{8} \right\} P_n(x) $$

中カッコの中を整理する。

$$ \frac{2(6x+x^2) + (x^2-x) + 3(-x^2+3x+4)}{24} = \frac{12x + 2x^2 + x^2 - x - 3x^2 + 9x + 12}{24} $$

$$ = \frac{20x+12}{24} = \frac{5}{6}x + \frac{1}{2} $$

したがって、

$$ E_{n+1} = \sum_{x=-\infty}^{\infty} \left( \frac{5}{6}x + \frac{1}{2} \right) P_n(x) = \frac{5}{6} \sum_{x=-\infty}^{\infty} x P_n(x) + \frac{1}{2} \sum_{x=-\infty}^{\infty} P_n(x) $$

$E_n = \sum x P_n(x)$ であり、全確率の和は $\sum P_n(x) = 1$ であるから、

$$ E_{n+1} = \frac{5}{6} E_n + \frac{1}{2} $$

操作を始める前（$0$ 回目）の容器Aには赤球が $1$ 個入っているから、初期値は $E_0 = 1$ である。漸化式を変形すると、

$$ E_{n+1} - 3 = \frac{5}{6} (E_n - 3) $$

数列 $\{E_n - 3\}$ は初項 $E_0 - 3 = 1 - 3 = -2$、公比 $\frac{5}{6}$ の等比数列であるから、

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

よって、

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

(iii)

（ii）の結果より、

$$ \lim_{n \to \infty} E_n = \lim_{n \to \infty} \left\{ 3 - 2 \left( \frac{5}{6} \right)^n \right\} = 3 $$

（$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{5}{6} \right)^n = 0$ を用いた。）

解法2

（ii）のみ、条件付き期待値を用いた別解を示す。

$n$ 回目の操作を終えたときの容器Aの赤球の数を確率変数 $X_n$ とする。 1回の操作による赤球の増減を確率変数 $Y$ とおくと、$X_{n+1} = X_n + Y$ と表せる。 $X_n = x$ が与えられたときの $X_{n+1}$ の条件付き期待値 $E[X_{n+1} \mid X_n = x]$ を考える。（i）で求めた推移確率より、$X_n = x$ のもとで、

$Y = -1$ となる確率は $\frac{x}{24}$
$Y = 1$ となる確率は $\frac{4-x}{8}$
$Y = 0$ となる確率は $\frac{6+x}{12}$

したがって、

$$ E[X_{n+1} \mid X_n = x] = x + (-1) \cdot \frac{x}{24} + 1 \cdot \frac{4-x}{8} + 0 \cdot \frac{6+x}{12} $$

$$ = x - \frac{x}{24} + \frac{12-3x}{24} = x + \frac{12-4x}{24} = \frac{5}{6}x + \frac{1}{2} $$

両辺の期待値をとると、$E_{n+1} = E[X_{n+1}]$ であるから、

$$ E_{n+1} = E \left[ E[X_{n+1} \mid X_n] \right] = E \left[ \frac{5}{6}X_n + \frac{1}{2} \right] $$

期待値の線形性より、

$$ E_{n+1} = \frac{5}{6}E[X_n] + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}E_n + \frac{1}{2} $$

初期状態（$0$ 回目の操作後）の赤球は $1$ 個であるから $E_0 = 1$。以降の漸化式を解く手順は解法1と同様であり、

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

を得る。

解説

確率漸化式と期待値の極限に関する標準的な問題である。（i）の推移確率の計算では、どの容器から何色の球が出て、戻す際にどれを選ぶかというステップを丁寧に分解することが重要である。（ii）のように、確率 $P_n(x)$ の漸化式から期待値 $E_n$ の漸化式を導く処理は頻出である。解法1のように $\sum$ の添字を揃えて計算する方法が王道だが、解法2のように「1回あたりの期待値の増分」を考える条件付き期待値の考え方に慣れていると、計算量を大幅に削減できる。