1975年(昭和50年)東京大学-数学(理科)[6] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.08.11記

[6] 赤球が一個と白球が三個入った容器 $\mbox{A}$ と，ほかに赤球と白球の入った容器 $\mbox{B}$ と $\mbox{C}$ がある．いま， $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ ， $\mbox{C}$ から無作為に一個ずつ合計三個の球を取り出し，これらからやはり無作為に一個をとって $\mbox{A}$ にかえすという操作をくり返す．ただし容器 $\mbox{B}$ から赤球が取り出される確率と白球が取り出される確率とは共に $\dfrac{1}{2}$ に保たれており，容器 $\mbox{C}$ からはつねに赤球が取り出されるものとする．

(i) 上記の操作を $n$ 回くり返したとき，容器 $\mbox{A}$ に $x$ 個の赤球が入っている確率を $P_n(x)$ ，
$n=1$ ， $2$ ， $3$ ，…で表せば，関係式
$P_{n+1}(x)$ $=\dfrac{1}{12}(6+x)P_n(x)$ $+\dfrac{1}{24}(1+x)P_n(x+1)$ $+\dfrac{1}{8}(5-x)P_n(x-1)$
が成り立つことを証明せよ．ただし $x\leqq -1$ または $x\geqq 5$ のときは $P_n(x)=0$ と定める．

(ii) $n$ 回目の操作を終えたとき $\mbox{A}$ の中にある赤球の数の期待値 $E_n$ を求めよ．

(iii) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} E_n$ を求めよ．

本問のテーマ

マルコフ過程

2023.08.12記
最終的には，3つの容器を全部混ぜてから4個の球を選んだときの赤球の個数の期待値が $E_{\infty}$ となる．
容器 $\mbox{B}$ と $\mbox{C}$ には無限個の球があり，容器 $\mbox{B}$ と $\mbox{C}$ と1個ずつ球を取り出すのだから，全体ではほぼ75%の赤玉があることとなるので，
赤玉の割合の期待値は 75％となるので， $E_{\infty}=3$ となることがわかる．

[解答]
(i) $\mbox{A}$ から赤が出た場合， $\mbox{A}$ に赤が戻る確率は
$\dfrac{1}{3}+ \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}+ \dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{6}$
であり，
$\mbox{A}$ から白が出た場合， $\mbox{A}$ に赤が戻る確率は
$\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}+ \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2}$
だから
$P_{n+1}(x)=P_n(x)\Bigl(\dfrac{x}{4}\cdot\dfrac{5}{6}+\dfrac{4-x}{4}\cdot\dfrac{1}{2}\Bigr)$ $+P_n(x+1)\cdot\dfrac{x+1}{4}\cdot\dfrac{1}{6}$ $+P_n(x-1)\Bigl(1-\dfrac{x-1}{4}\Bigr)\cdot\dfrac{1}{2}$
となる．これを整理して，
$P_{n+1}(x)$ $=\dfrac{1}{12}(6+x)P_n(x)$ $+\dfrac{1}{24}(1+x)P_n(x+1)$ $+\dfrac{1}{8}(5-x)P_n(x-1)$
を得る．

(ii) (i) で $x=1,2,3,4$ とおくと
$P_{n+1}(1)=\dfrac{1}{2}P_n(0)+\dfrac{7}{12}P_n(1)+\dfrac{1}{12}P_n(2)$

$P_{n+1}(2)=\dfrac{3}{8}P_n(1)+\dfrac{2}{3}P_n(2)+\dfrac{1}{8}P_n(3)$

$P_{n+1}(3)=\dfrac{1}{4}P_n(2)+\dfrac{3}{4}P_n(3)+\dfrac{1}{6}P_n(4)$

$P_{n+1}(4)=\dfrac{1}{8}P_n(3)+\dfrac{5}{6}P_n(4)$

となるので，期待値は
$E_{n+1}=P_{n+1}(1)+2P_{n+1}(2)$ ${}+3P_{n+1}(3)+4P_{n+1}(4)$
$=\dfrac{1}{6}\{3P_n(0)+8P_n(1)+13P_n(2)$ $+18P_n(3)+23P_n(4)\}$
となる．ここで
$\displaystyle\sum_{n=0}^{4}P_n(x)=1$
であるから，
$E_{n+1}=\dfrac{1}{6}\{3+５P_n(1)+10P_n(2)$ $+15P_n(3)+20P_n(4)\}$ $=\dfrac{1}{6}(3+5E_n)$
となる．この2項間漸化式を解くと
$E_{n+1}-3=\Bigl(\dfrac{5}{6}\Bigr)^{n+1}(E_0-3)$
となるので，
$E_n=3+\Bigl(\dfrac{5}{6}\Bigr)^{n}(E_0-3)=3-2\Bigl(\dfrac{5}{6}\Bigr)^{n}$
を得る．

(iii) $n\to\infty$ のとき $E_n\to 3$ である．

マルコフ過程

$P_{n+1}(0)$ $=\dfrac{1}{2}P_n(0)+\dfrac{1}{24}P_n(1)$

$P_{n+1}(1)=\dfrac{1}{2}P_n(0)+\dfrac{7}{12}P_n(1)+\dfrac{1}{12}P_n(2)$

$P_{n+1}(2)=\dfrac{3}{8}P_n(1)+\dfrac{2}{3}P_n(2)+\dfrac{1}{8}P_n(3)$

$P_{n+1}(3)=\dfrac{1}{4}P_n(2)+\dfrac{3}{4}P_n(3)+\dfrac{1}{6}P_n(4)$

$P_{n+1}(4)=\dfrac{1}{8}P_n(3)+\dfrac{5}{6}P_n(4)$

だから，

$\vec{x}_n=\begin{pmatrix} P_{n}(0) \\ P_{n}(1) \\ P_{n}(2) \\ P_{n}(3) \\ P_{n}(4) \end{pmatrix}$ ，
$A=\dfrac{1}{24}\begin{pmatrix} 12 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 12 & 14 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 16 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 18 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & 20 \end{pmatrix}$ とおくと $\vec{x}_0=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\vec{x}_{n+1}=A\vec{x}_n$ が成立する．

ここで $E_n=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}\vec{x}_n$
であるから，
$E_{n+1}=\dfrac{1}{24}\begin{pmatrix} 12 \\ 32 \\ 52 \\ 72 \\ 92\end{pmatrix}\vec{x}_n$
$E_{n+1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{6}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 3 & 4\end{pmatrix}\vec{x}_n$ $=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{6}E_n$
となる．

また， $A$ の固有値1に対応する固有ベクトル（のうち成分和が1となるもの）は
$\dfrac{1}{256}\begin{pmatrix} 1 \\ 12 \\ 54 \\ 108 \\ 81\end{pmatrix}$
となるので，十分大きな $n$ に対しては
$P_{n}(0)\approx\dfrac{1}{256}$ ，
$P_{n}(1)\approx\dfrac{3}{64}$ ，
$P_{n}(2)\approx\dfrac{27}{128}$ ，
$P_{n}(3)\approx\dfrac{27}{64}$ ，
$P_{n}(4)\approx\dfrac{81}{256}$
が成立し，期待値も
$E_n\approx\dfrac{1}{256}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 12 \\ 54 \\ 108 \\ 81\end{pmatrix}$ $=3$
となる．

$A^{\infty}$