九州大学 1987年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第6問

(1)
袋 $A$ の中の白球数が $i$ 個である状態を、単に状態 $i$ と書く。全体では赤球2個、白球2個があるので、状態 $i$ のとき袋 $A$ には白球 $i$ 個、赤球 $2-i$ 個が入っている。

1回の操作での遷移確率を求める。状態0では、最初に $A$ から赤球を取り出すしかない。その後 $B$ には白球2個、赤球1個が入っているので $0\to 0:{\displaystyle \frac{1}{3}},0\to 1:{\displaystyle \frac{2}{3}}$ である。状態1では、場合分けにより $1\to 0:{\displaystyle \frac{1}{6}},1\to 1:{\displaystyle \frac{2}{3}},1\to 2:{\displaystyle \frac{1}{6}}$ である。状態2では状態0と対称に $2\to 1:{\displaystyle \frac{2}{3}},2\to 2:{\displaystyle \frac{1}{3}}$ である。

初めは状態0である。1回後の確率は $({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{2}{3}},0)$ である。さらに1回操作すると $$P(A_2(0))={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{6}}={\displaystyle \frac{2}{9}}$$ であり、$$P(A_2(1))={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}+{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$$ であり、$$P(A_2(2))={\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{6}}={\displaystyle \frac{1}{9}}$$ である。したがって$$P(A_2(0))={\displaystyle \frac{2}{9}},P(A_2(1))={\displaystyle \frac{2}{3}},P(A_2(2))={\displaystyle \frac{1}{9}}$$である。

(2) $$p_n(i)=P(A_n(i))(i=0,1,2)$$ とおく。上で求めた遷移確率から $$p_{n+1}(0)={\displaystyle \frac{1}{3}}{p}_n(0)+{\displaystyle \frac{1}{6}}{p}_n(1)$$ $$p_{n+1}(1)={\displaystyle \frac{2}{3}}{p}_n(0)+{\displaystyle \frac{2}{3}}{p}_n(1)+{\displaystyle \frac{2}{3}}{p}_n(2)$$ $$p_{n+1}(2)={\displaystyle \frac{1}{6}}{p}_n(1)+{\displaystyle \frac{1}{3}}{p}_n(2)$$ である。

まず2番目の式より $$p_{n+1}(1)={\displaystyle \frac{2}{3}}\{p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)\}={\displaystyle \frac{2}{3}}$$ である。したがって $n\geqq 1$ では $$p_n(1)={\displaystyle \frac{2}{3}},p_n(0)+p_n(2)={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ である。

次に差をとると $$p_{n+1}(2)-p_{n+1}(0)={\displaystyle \frac{1}{3}}\{p_n(2)-p_n(0)\}$$ である。初めは $p_0(0)=1$、$p_0(2)=0$ なので $p_0(2)-p_0(0)=-1$ である。よって $$p_n(2)-p_n(0)=-{\displaystyle \frac{1}{3^n}}$$ となる。 $n\geqq 1$ では、和と差 $$p_n(0)+p_n(2)={\displaystyle \frac{1}{3}},p_n(2)-p_n(0)=-{\displaystyle \frac{1}{3^n}}$$ から $$p_n(0)={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{3^n}})$$ $$p_n(2)={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{3^n}})$$ である。したがって $$P(A_n(0))={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{3^n}})$$ $P(A_n(1))={\displaystyle \frac{2}{3}}$ $$P(A_n(2))={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{3^n}})$$ である。ただし $n\geqq 1$ である。初期状態は $P(A_0(0))=1$、$P(A_0(1))=P(A_0(2))=0$ である。

状態0と状態2の確率の和 $u_n$ と差 $v_n$ を直接追う。1回の操作で $u_n$ は $1\mathrm{/}3$ に固定され、$v_n$ は $1\mathrm{/}3$ 倍されるため、連立漸化式を短く解ける。

(1)
1回の操作による白球数の遷移は$$\begin{array}{cccc}& 0\text{へ}& 1\text{へ}& 2\text{へ}\\ 0\text{から}& 1\mathrm{/}3& 2\mathrm{/}3& 0\\ 1\text{から}& 1\mathrm{/}6& 2\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}6\\ 2\text{から}& 0& 2\mathrm{/}3& 1\mathrm{/}3\end{array}$$である。初めは状態0なので1回後は $(1\mathrm{/}3,2\mathrm{/}3,0)$ であり、もう1回進めると$$P(A_2(0))={\displaystyle \frac{2}{9}},P(A_2(1))={\displaystyle \frac{2}{3}},P(A_2(2))={\displaystyle \frac{1}{9}}\mathrm{.}$$(2)
$p_n(i)=P(A_n(i))$ とし、端の2状態の和と差を$$u_n=p_n(0)+p_n(2),v_n=p_n(0)-p_n(2)$$と置く。上の表から$$\begin{array}{rl}{\displaystyle u_{n+1}}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{3}}\{p_n(0)+p_n(1)+p_n(2)\}={\displaystyle \frac{1}{3}},}\\ {\displaystyle v_{n+1}}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{3}}\{p_n(0)-p_n(2)\}={\displaystyle \frac{1}{3}}{v}_n\mathrm{.}}\end{array}$$初期値は $v_0=1$ なので $v_n=3^{-n}$ である。また $n\geqq 1$ では $u_n=1\mathrm{/}3$ であり、残りから $p_n(1)=2\mathrm{/}3$ となる。和と差を戻して$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P(A_n(0))}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{3^n}}),}\\ {\displaystyle P(A_n(1))}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{2}{3}},}\\ {\displaystyle P(A_n(2))}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{3^n}})}\end{array}(n\geqq 1)\mathrm{.}$$