5愛媛大学 2018年 数学 第5問解答・解説

状況設定

袋の中の玉の総数は常に4個である。手順1でAさんが取り出した玉は,手順2でBさんが色を取り換えたのち必ず袋に戻されるため,操作によって袋の中の玉の総数は変化しない。$n$回目の操作直後の袋の中の白玉の個数を$w_n$とおく($w_0=0$は操作前の初期状態,赤玉4個の状態)。このとき$w_n$ は $0,1,2,3,4$ のいずれかであり,赤玉の個数は$4-w_n$である。

手順3の終了宣言は,ある操作の直後に$w_n=0$または$w_n=4$(すべて同色)となったときに下され,$w_n$ が $1,2,3$ のいずれかであれば操作は手順1から反復される。なお,操作前の初期状態($w_0=0$)自体はすでに同色であるが,一連の操作は必ず手順1から開始され,手順3による終了判定は操作を行った直後にのみ行われる。したがって1回目の操作は必ず実行される。

1回の操作における遷移確率

$w_n=w$のとき,手順1で取り出す玉は袋の中の4個から無作為の1個だから,白玉を取り出す確率は$\displaystyle \dfrac{w}{4}$,赤玉を取り出す確率は$\displaystyle \dfrac{4-w}{4}$である。手順2により,白玉を取り出せば赤玉に取り換えるので白玉は1個減り($w_{n+1}=w-1$),赤玉を取り出せば白玉に取り換えるので白玉は1個増える($w_{n+1}=w+1$)。すなわち $$\displaystyle P(w_{n+1}=w-1\mid w_n=w)=\frac{w}{4},\qquad P(w_{n+1}=w+1\mid w_n=w)=\frac{4-w}{4}.$$ $w=1,2,3$について書き下すと $$\displaystyle w=1:\ \to0\left(\tfrac14\right),\ \to2\left(\tfrac34\right);\qquad w=2:\ \to1\left(\tfrac12\right),\ \to3\left(\tfrac12\right);\qquad w=3:\ \to2\left(\tfrac34\right),\ \to4\left(\tfrac14\right).$$

(1) $p_1,q_1,r_1$ と $p_2,q_2,r_2$

1回目の操作の直前,袋の中は赤玉4個・白玉0個($w_0=0$)である。手順1で取り出す玉は必ず赤玉だから,手順2で必ず白玉に取り換えられ,$w_1=1$が確率1で起こる(同色でないので操作はここで終了しない)。よって $$p_1=1,\qquad q_1=0,\qquad r_1=0.$$ 2回目の操作の直前は$w_1=1$(白玉1個・赤玉3個)である。$w=1$の遷移により,確率$\displaystyle \frac14$で$w_2=0$(すべて赤玉,終了),確率$\displaystyle \frac34$で$w_2=2$となる。1回の操作で$w$は$\pm1$としか変化しないから$w_2=1$や$w_2=3$は起こらない。よって $$\displaystyle p_2=0,\qquad q_2=\frac34,\qquad r_2=0.$$

(2) $p_{n+1},q_{n+1},r_{n+1}$

$w_n$ が $1,2,3$ のいずれか(操作継続中)のとき,上の遷移確率により,$w_{n+1}=1$となるのは$w_n=2$から確率$\displaystyle \frac12$で遷移する場合に限られ,$w_{n+1}=3$となるのも同じく$w_n=2$から確率$\displaystyle \frac12$で遷移する場合に限られる。また$w_{n+1}=2$となるのは$w_n=1$から確率$\displaystyle \frac34$,または$w_n=3$から確率$\displaystyle \frac34$で遷移する場合である。したがって $$\displaystyle p_{n+1}=\frac12q_n,\qquad q_{n+1}=\frac34(p_n+r_n),\qquad r_{n+1}=\frac12q_n\qquad(n=1,2,3,\dots).$$ 特に任意の$n\ (\ge1)$について$p_{n+1}=r_{n+1}$が成り立つ。

(3) ちょうど$n$回目の操作で終了する確率$s_n$

$w=1$から赤玉への取り換え($w\to0$,確率$\displaystyle \frac14$)と$w=3$から白玉への取り換え($w\to4$,確率$\displaystyle \frac14$)によってのみ操作は終了しうる。よって$n\ge2$のとき $$\displaystyle s_n=\frac14(p_{n-1}+r_{n-1}).$$ また(1)より$w_1=1$は同色でないから終了は起こらず$s_1=0$である。

(2)より$n\ge2$では$\displaystyle p_n=r_n=\frac12q_{n-1}$であるから,$n\ge2$のとき$p_n+r_n=q_{n-1}$。これを$\displaystyle q_{n+1}=\frac34(p_n+r_n)$に代入すると $$\displaystyle q_{n+1}=\frac34q_{n-1}\qquad(n\ge2).$$ 奇数番目:$q_1=0$より,この漸化式で$\displaystyle q_3=\frac34q_1=0,\ q_5=\frac34q_3=0,\dots$となり,すべての奇数$n$で$q_n=0$。

偶数番目:$\displaystyle q_2=\frac34$であり,同じ漸化式より$q_{2k}$は公比$\displaystyle \frac34$の等比数列をなすから $$\displaystyle q_{2k}=\left(\frac34\right)^{k}\qquad(k=1,2,3,\dots).$$ これと$\displaystyle p_n=r_n=\frac12q_{n-1}\ (n\ge2)$より,$n=2k+1\ (k\ge1)$のとき $$\displaystyle p_{2k+1}=r_{2k+1}=\frac12q_{2k}=\frac12\left(\frac34\right)^{k},$$ $n=2k\ (k\ge1)$のとき$\displaystyle p_{2k}=r_{2k}=\frac12q_{2k-1}=0$である。

以上より$s_n$を求める。$n$が奇数のとき,$n-1\ge2$は偶数で$p_{n-1}=r_{n-1}=0$だから$s_n=0$($n=1$も$s_1=0$)。

$n=2m\ (m\ge1)$のとき,$n-1=2m-1$は奇数である。$m=1$では$p_1+r_1=1+0=1$(特別な初期値)より$\displaystyle s_2=\frac14(1)=\frac14$。$m\ge2$では$k=m-1\ge1$として$\displaystyle p_{n-1}+r_{n-1}=2\cdot\frac12\left(\frac34\right)^{m-1}=\left(\frac34\right)^{m-1}$より$\displaystyle s_{2m}=\frac14\left(\frac34\right)^{m-1}=\frac13\left(\frac34\right)^{m}$。$m=1$の場合も$\displaystyle \frac13\left(\frac34\right)^1=\frac14$となり同じ式で表せるから,すべての$m\ge1$について $$\displaystyle s_{2m}=\frac13\left(\frac34\right)^{m}.$$ したがって $$\displaystyle s_n=\begin{cases}0 & (n\text{が奇数のとき})\\[4pt] \dfrac13\left(\dfrac34\right)^{n/2} & (n\text{が偶数のとき})\end{cases}$$

検算

(2)の漸化式に$n=1$を代入すると$\displaystyle p_2=\frac12q_1=0,\ q_2=\frac34(p_1+r_1)=\frac34,\ r_2=\frac12q_1=0$となり,(1)の直接計算と一致する。また $$\displaystyle \sum\limits _{m=1}^{\infty}s_{2m}=\frac13\sum\limits _{m=1}^{\infty}\left(\frac34\right)^{m}=\frac13\cdot\frac{3/4}{1-3/4}=1$$ であり,奇数項の$s_n$がすべて0であることと合わせて全確率が1になる。これは操作がいつか必ず終了することと矛盾せず,計算の妥当性を裏付ける。