大阪大学 2018年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1) 第 $n$ 試合でAが勝つ確率を $a_n$ とする。直前の勝者で分けると$$a_{n+1}=p{a}_n+q(1-a_n)=q+(p-q)a_n$$である。定数解$$\alpha =\frac{q}{1-p+q}$$を引けば$$a_{n+1}-\alpha =(p-q)(a_n-\alpha )$$となる。$a_1=p$ だから$$a_n=\frac{q}{1-p+q}+(p-\frac{q}{1-p+q})(p-q{)}^{n-1}$$である。

(2) Bが勝つ2試合を第 $i$ 試合、第 $j$ 試合とする。$i<j$ とすれば、連勝しない条件は $j\geqq i+2$ である。

まず $j<n$ の場合、2回のB勝ちの直後はいずれもA勝ちでなければならない。各配置の確率は$$(1-p{)}^2{q}^2{p}^{n-4}$$である。条件を満たす配置数は$$\sum _{i=1}^{n-3}(n-i-2)=1+2+\cdots +(n-3)=\frac{(n-2)(n-3)}{2}$$である。

次に $j=n$ の場合、最後のB勝ちの後には試合がないため、$q$ は1個だけ現れる。各配置の確率は$$(1-p{)}^{2}q{p}^{n-3}$$であり、$i=1,2,\dots ,n-2$ の $n-2$ 通りがある。したがって$$b_n=\frac{(n-2)(n-3)}{2}(1-p{)}^2{q}^2{p}^{n-4}+(n-2)(1-p{)}^{2}q{p}^{n-3}$$である。$n=3$ でも第1項は0となり、この式をそのまま使える。

Bの勝数と直前の勝者を同時に状態として持つ。ちょうど $r$ 勝して直前がAまたはBである確率を分けた漸化式を作れば、位置を直接列挙せずに (2) の式が導ける。

(1) 状態A、Bの確率ベクトルを使うと$$\left(\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ 1-a_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}p& q\\ 1-p& 1-q\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_n\\ 1-a_n\end{array}\right)$$である。第1成分から$$a_{n+1}=q+(p-q)a_n$$を得るので、定常値 $q\mathrm{/}(1-p+q)$ を引いて$$a_n=\frac{q}{1-p+q}+(p-\frac{q}{1-p+q})(p-q{)}^{n-1}$$となる。

(2) 第 $k$ 試合までにBがちょうど $r$ 勝し、かつ第 $k$ 試合の勝者がA、Bである確率をそれぞれ$$A_k^{(r)},B_k^{(r)}$$とする。ただしBの連勝を含む列は数えない。このとき$$A_{k+1}^{(r)}=p{A}_k^{(r)}+q{B}_k^{(r)},B_{k+1}^{(r)}=(1-p)A_k^{(r-1)}$$である。初期条件 $A_1^{(0)}=p$、$B_1^{(1)}=1-p$ から$$A_k^{(0)}=p^k,B_k^{(1)}=(1-p)p^{k-1},A_k^{(1)}=(k-1)(1-p)q{p}^{k-2}$$を得る。よって$$B_n^{(2)}=(1-p)A_{n-1}^{(1)}=(n-2)(1-p{)}^{2}q{p}^{n-3}$$である。また漸化式$$A_n^{(2)}=p{A}_{n-1}^{(2)}+q{B}_{n-1}^{(2)}$$に上式を代入し、$A_3^{(2)}=0$ から帰納すると$$A_n^{(2)}=\frac{(n-2)(n-3)}{2}(1-p{)}^2{q}^2{p}^{n-4}$$となる。求める確率は直前の勝者を問わないので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle b_n}& {\displaystyle =A_n^{(2)}+B_n^{(2)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n-2)(n-3)}{2}(1-p{)}^2{q}^2{p}^{n-4}+(n-2)(1-p{)}^{2}q{p}^{n-3}}\end{array}$$である。