東京大学 1984年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第4問

$q=1-p$ とおく。

第 $n$ 世代で1個であるには、毎回ただ1個を残し続ける必要がある。
したがって$$P_n(1)=p^n\mathrm{.}$$第 $n+1$ 世代で2個になるのは、第 $n$ 世代で1個の個体が
2個を残すか、第 $n$ 世代ですでに2個で両方が1個ずつ残す場合である。
よって$$P_{n+1}(2)=q{P}_n(1)+p^2{P}_n(2),P_0(2)=0.$$$P_n(1)=p^n$ を代入して解くと$$P_n(2)=p^{n-1}(1-p^n)\mathrm{.}$$同様に、第 $n+1$ 世代で3個になる経路は、3個が全て1個ずつ残すか、
2個のうち一方だけが2個を残す場合である。したがって$$P_{n+1}(3)=p^3{P}_n(3)+2pq{P}_n(2),P_0(3)=0.$$これを繰り返し、上で求めた $P_j(2)$ を代入すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P_n(3)}& {\displaystyle =2pq\sum _{j=1}^{n-1}{p}^{3(n-1-j)}{P}_j(2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2(1-p)\sum _{j=1}^{n-1}{p}^{3n-3-2j}(1-p^j)\mathrm{.}}\end{array}$$2つの等比数列の和を計算し、因数分解すると$$P_n(3)={\displaystyle \frac{2p^{n-1}(1-p^{n-1})(1-p^n)}{1+p}}\mathrm{.}$$$p=1$ の場合にも右辺は0であり、実際に個体数は常に1である。

個体数3までに必要な分岐は、ちょうど2回である

第 $n$ 世代で3個になるまでには、個体数を1から2へ、
2から3へ増やす分岐がちょうど2回起こる。最初の分岐世代を
$r$、次の分岐世代を $s$ として、その間と前後で
全個体が1個ずつ残す確率を掛け、全ての $r<s$ について足す。

$q=1-p$ とおく。1個のまま第 $n$ 世代へ至るには、
$n$ 回続けて1個だけ残せばよいから$$P_n(1)=p^n\mathrm{.}$$1個から2個への唯一の分岐が第 $r$ 世代から第 $r+1$ 世代
への移行で起こるとする。$0\leqq r\leqq n-1$ であり、
その確率は$$p^{r}q{p}^{2(n-r-1)}$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P_n(2)}& {\displaystyle =\sum _{r=0}^{n-1}{p}^{r}q{p}^{2(n-r-1)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p^{n-1}(1-p^n)\mathrm{.}}\end{array}$$次に3個になるには分岐がちょうど2回必要である。第1の分岐を
$r$、第2の分岐を $s$ とすると$$0\leqq r<s\leqq n-1.$$第2の分岐では2個のうち一方だけが2個を残すので、その確率は
$2pq$ である。よって、固定した $r,s$ に対応する確率は$$p^{r}q{p}^{2(s-r-1)}2pq{p}^{3(n-s-1)}=2q^2{p}^{3n-r-s-4}\mathrm{.}$$したがって$$P_n(3)=2q^2\sum _{0\leqq r<s\leqq n-1}{p}^{3n-r-s-4}\mathrm{.}$$$i=n-1-s$、$j=s-1-r$ と置き換えると$$P_n(3)=2q^2{p}^{n-1}\sum _{i=0}^{n-2}\sum _{j=0}^{n-2-i}{p}^{2i+j}\mathrm{.}$$2つの等比数列の和を順に計算して整理すれば$$P_n(3)={\displaystyle \frac{2p^{n-1}(1-p^{n-1})(1-p^n)}{1+p}}\mathrm{.}$$この式は $p=1$ のときにも $0$ を与える。また $n=1$
では2回の分岐が起こり得ず、同じ式から $P_1(3)=0$ となる。