北海道大学 2018年度後期・理系数学後期第3問解答・解説

問題

はじめ袋に赤玉を $a$ 個入れる。袋から玉を1個取り出し、赤なら青玉を1個、青なら赤玉を1個加え、取り出した玉も戻す試行を繰り返す。 $n$ 回目の試行後に赤玉が $k$ 個である確率を $p_{n} (k)$ とし

M_{n} = k = 0 \sum a + n k p_{n} (k)

とする。ただし $a, n$ は自然数である。

(1) $p_{2} (k)$ を求めよ。

(2)

p_{n + 1} (k + 1) = B p_{n} (k) + C p_{n} (k + 1)

と表すとき、 $B, C$ を $a, k, n$ で表せ。

(3)

M_{1} = a, M_{n + 1} = \frac{a + n - 1}{a + n} M_{n} + 1

を示せ。

(4) $M_{n}$ の一般項と

n \to \infty lim \frac{M _{n}}{n}

を求めよ。

出典：北海道大学 2018年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第3問

方針

解法1

試行後の赤玉数だけを状態として追う。 $n$ 回目の試行後には袋の玉の総数が $a + n$ 個であることを常に確認する。(1)は1回目後の状態から2回目を直接数える。(2)では、 $n + 1$ 回目後に赤玉が $k + 1$ 個になる経路は、直前に $k$ 個で青を引く場合と、直前に $k + 1$ 個で赤を引く場合の2つである。(3)は次回赤玉が増える確率を条件付き期待値として足す。(4)は一次漸化式を積で展開し、係数が望遠鏡型に消えることを使って一般項を求める。

解法2（期待値の増分と階差）

赤玉数を確率変数 $X_{n}$ とし、次の1回で増える指示変数を加える。条件付き期待値から漸化式を出した後、 $N_{n} = (a + n - 1) M_{n}$ と置けば階差が単純な等差数列になる。

解答

解法1

(1)

はじめ袋には赤玉が $a$ 個だけ入っている。1回目の試行では必ず赤玉を取り出すので、青玉が1個追加され、取り出した赤玉も戻される。したがって1回目の試行後、袋には赤玉 $a$ 個、青玉1個が入っている。

2回目の試行で赤玉を取り出す確率は $\frac{a}{a + 1}$ である。この場合、青玉が1個追加されるので、赤玉の個数は $a$ のままである。一方、2回目に青玉を取り出す確率は $\frac{1}{a + 1}$ であり、この場合は赤玉が1個追加され、赤玉の個数は $a + 1$ になる。

よって $p_{2} (a) = \frac{a}{a + 1}, p_{2} (a + 1) = \frac{1}{a + 1}$ であり、それ以外の $k$ では $p_{2} (k) = 0$ である。

(2)

$n$ 回目の試行後には、袋の中の玉は全部で $a + n$ 個である。 $n + 1$ 回目の試行後に赤玉が $k + 1$ 個になるには、次の2通りがある。まず、 $n$ 回目の試行後に赤玉が $k$ 個で、次に青玉を取り出す場合である。このとき青玉の個数は $a + n - k$ 個なので、その確率は $\frac{a + n - k}{a + n}$ である。したがって $B = \frac{a + n - k}{a + n}$ である。

もう1つは、 $n$ 回目の試行後に赤玉が $k + 1$ 個で、次に赤玉を取り出す場合である。この場合、赤玉の個数は増えず $k + 1$ 個のままである。その確率は $\frac{k + 1}{a + n}$ である。したがって $C = \frac{k + 1}{a + n}$ である。よって $B = \frac{a + n - k}{a + n}, C = \frac{k + 1}{a + n}$ である。

(3)

$n$ 回目の試行後の赤玉の個数を $K$ とする。このとき袋の総数は $a + n$ 個であり、青玉の個数は $a + n - K$ 個である。次の試行で青玉を取り出すと赤玉が1個増え、赤玉を取り出すと赤玉の個数は変わらない。したがって、 $K$ が与えられたとき、次回後の赤玉数の期待値は $K + \frac{a + n - K}{a + n}$ である。

期待値を取ると

M_{n + 1} = M_{n} + \frac{a + n - M _{n}}{a + n} = \frac{a + n - 1}{a + n} M_{n} + 1

である。また(1)の前に述べた通り、1回目の試行後の赤玉の個数は必ず $a$ なので $M_{1} = a$ である。

(4)

漸化式 $M_{n + 1} = \frac{a + n - 1}{a + n} M_{n} + 1$ を繰り返して解く。 $j = 1, 2, \dots, n - 1$ で現れる係数 $\frac{a + j - 1}{a + j}$ の積は望遠鏡型に消える。 $M_{1} = a$ の寄与は $a \cdot \frac{a}{a + n - 1} = \frac{a ^{2}}{a + n - 1}$ である。また、 $r$ 回目から加わる定数1の寄与は、最後まで進む間に $\frac{a + r}{a + n - 1}$ 倍される。したがって

M_{n} = \frac{a ^{2}}{a + n - 1} + r = 1 \sum n - 1 \frac{a + r}{a + n - 1} = \frac{a ^{2} + ( n - 1 ) a + \frac{n ( n - 1 )}{2}}{a + n - 1} = a + \frac{n ( n - 1 )}{2 ( a + n - 1 )}

である。よって $M_{n} = a + \frac{n ( n - 1 )}{2 ( a + n - 1 )}$ である。

さらに $\frac{M _{n}}{n} = \frac{a}{n} + \frac{n - 1}{2 ( a + n - 1 )}$ だから $lim_{n \to \infty} \frac{M _{n}}{n} = \frac{1}{2}$ である。

解法2（期待値の増分と階差）

(1)

1回目後は赤 $a$ 個、青1個である。したがって

p_{2} (a) = \frac{a}{a + 1}, p_{2} (a + 1) = \frac{1}{a + 1}

で、他は0である。

(2)

直前に赤玉が $k$ 個で青を引く経路と、直前に $k + 1$ 個で赤を引く経路を分けると

B = \frac{a + n - k}{a + n}, C = \frac{k + 1}{a + n} .

(3)

$n$ 回目後の赤玉数を $X_{n}$ とする。次に赤玉が1個増える条件付き確率は

\frac{a + n - X _{n}}{a + n} .

よって

M_{n + 1} = M_{n} + E [\frac{a + n - X _{n}}{a + n}] = \frac{a + n - 1}{a + n} M_{n} + 1.

また $M_{1} = a$ である。

(4)

$N_{n} = (a + n - 1) M_{n}$ と置く。漸化式の両辺に $a + n$ を掛けると

N_{n + 1} - N_{n} = a + n, N_{1} = a^{2} .

したがって

N_{n} = a^{2} + j = 1 \sum n - 1 (a + j) = a (a + n - 1) + \frac{n ( n - 1 )}{2} .

ゆえに

M_{n} = a + \frac{n ( n - 1 )}{2 ( a + n - 1 )}, n \to \infty lim \frac{M _{n}}{n} = \frac{1}{2} .

北海道大学 2018年度後期・理系数学 後期 第3問

問題

方針

解法1

解法2（期待値の増分と階差）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

(4)

解法2（期待値の増分と階差）

(1)

(2)

(3)

(4)

北海道大学 2018年度
後期・理系数学後期第3問