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酔歩の確率2

次の入試問題を考えてみよう．

例題 1 (2017昭和大医)  

次の問いに答えよ．

公平なサイコロを1回振るごとに，偶数の目が出たら1(万円)獲得し，奇数の目が出たら1(万円)損失するという賭けを行う．所持金0でこの賭けを$n$回繰り返した際の損益額の合計を$Z_n$(万円)とする．ただし，$Z_0=0$とする．

(1)　 $$M_n=\max_{0\le i \le n}Z_i$$とするとき，確率$P(M_4=k)$， $k=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4$の値をそれぞれ求めよ．ただし， $$\max_{0\le i \le n}Z_i$$は$0\le i\le n$における$Z_i$の最大値を表す．

(2)　 $T_n=\char93 \{i\vert i=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ n-1,\ (Z_i=0\cap Z_{i+1}=1)\cup(Z_i=1\cap Z_{i+1}=0)\}$とするとき，確率$P(T_4=k)$， $k=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4$の値をそれぞれ求めよ．ただし，$\char93 A$は集合$A$の要素の個数を表す．

(3)　任意の$k$に対して$P(M_5=k)$と$P(T_5=k)$の間に成り立つ関係を求めよ．

解答
(1)     1と$-1$の値をとる確率変数$X_i$は，$0\le i$に対し、

$$P(X_i=1)=P(X_i=-1)=\dfrac{1}{2}$$

であるとする．このとき

$$Z_i=X_1+X_2+\cdots+X_i$$

である．$0\le i\le n$に対し，$(i,\ Z_i)$を座標平面上にとる．

$n=4$のとき． 試行の総数は$2^4$である． 左垂�もとに，条件を満たす$(0,\ 0)$からの経路の総数を数えることにより，次の結果を得る． $$\begin{eqnarray*} M_4=4&:& \nearrow \nearrow \nearrow \nearrow \\ P(M_4=4)&=... ...row \nearrow \searrow\\ P(M_4=1)&=&\dfrac{4}{16}=\dfrac{1}{4} \end{eqnarray*}$$

そして，

$$\sum_{k=0}^4P(M_4=k)=1$$

より，

$$P(M_4=0)=1-\left(\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} \right)=\dfrac{3}{8}$$

(2)      同様に考える．

$$\begin{eqnarray*} T_4=4&:& \nearrow \searrow \nearrow \searrow \\ P(T_4=4)&=... ...row \nearrow \nearrow\\ P(T_4=1)&=&\dfrac{4}{16}=\dfrac{1}{4} \end{eqnarray*}$$

そして，

$$\sum_{k=0}^4P(T_4=k)=1$$

より，

$$P(T_4=0)=1-\left(\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} \right)=\dfrac{3}{8}$$

(3)     (2)と同様に，$P(M_5=5)=1$，$P(T_5=5)=1$である． また，$P(M_5=0)$と$P(T_5=0)$が他の事象の和の余事象であることも同様である．

そこで，$1\le k \le 4$に対して，$P(M_5=k)$と$P(T_5=k)$を それぞれ， $P(M_4=k-1),\ P(M_4=k+1)$と $P(T_4=k-1),\ P(T_4=k+1)$で表す．

$P(M_5=k)$について． $M_5=k$となる事象は，

$X_1=1$なら，そこからはじめて残る4回の試行で$y=1$からの正方向の最大偏位が$k-1$となり，

$X_1=-1$なら，そこからはじめて残る4回の試行で$y=-1$からの正方向の最大偏位が$k+1$となるような事象である．

よって，

$$P(M_5=k)=\dfrac{1}{2}P(M_4=k-1)+\dfrac{1}{2}P(M_4=k+1)$$

が成り立つ．

$P(T_5=k)$について． $T_5=k$となる事象は，

$X_1=1$のとき．2回目からはじめて残る4回の試行で， $(Z_i=1)\cap(Z_{i+1}=2)$か $(Z_i=2)\cap (Z_{i+1}=1)$が$k-1$回起こるとする． このとき，その$n\ge 1$の部分での$X_i=\pm 1$を$X_i=\mp 1$に置きかえて得られる試行を考えると， 1回目の試行とあわせて$T_5=k$となる事象が得られる．

逆に，$X_1=1$で$T_5=k$となる事象から逆の置きかえで， $(Z_i=1)\cap(Z_{i+1}=2)$か $(Z_i=2)\cap (Z_{i+1}=1)$が$k-1$回起こる事象が得られる．

$X_1=-1$なら，2回目からはじめて残る4回の試行で， $(Z_i=-1)\cap(Z_{i+1}=0)$か $(Z_i=0)\cap (Z_{i+1}=-1)$が$k+1$回起こるとする． 最初に $(Z_j=-1)\cap (Z_{j+1}=0)$となる$j+1$に対し， $n\ge j+1$の部分での$X_i=\pm 1$を$X_i=\mp 1$に置きかえて得られる試行を考えると， これによって$T_5=k$となる事象ががつ得られる．

逆に，$X_1=-1$で$T_5=k$となる事象から逆の置きかえで， $(Z_i=-1)\cap(Z_{i+1}=0)$か $(Z_i=0)\cap (Z_{i+1}=-1)$が$k+1$回起こる事象が得られる．

したがって，

$$P(T_5=k)=\dfrac{1}{2}P(T_4=k-1)+\dfrac{1}{2}P(T_4=k+1)$$

が成り立つ．

$n=4$のときは

$$P(M_4=k)=P(T_4=k)$$

であったので，この漸化式と$k=0,\ 5$のときの考察から

$$P(M_5=k)=P(T_5=k)$$

が任意の$k$に対して成り立つ．

これを一般化してみよう． 以下，$P(A)$で事象$A$の確率を表し，$\char93 A$は集合$A$の要素の個数を表すものとする．

例題 2       1と$-1$の値をとる確率変数$X_i$を，$0\le i$に対し、

$$P(X_i=1)=P(X_i=-1)=\dfrac{1}{2}$$

で定める．そして，

$$Z_i=X_1+X_2+\cdots+X_i$$

とおく．

1. $$M_n=\max_{0\le i \le n}Z_i$$とするとき， 確率$P(M_n=k)$を$n$と$k$を用いて表せ．
2. $T_n=\char93 \{i\vert i=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ n-1,\ (Z_i=0\wedge Z_{i+1}=1)\vee (Z_i=1\wedge Z_{i+1}=0)\}$とする. このとき，任意の自然数$n$と$0\le k \le n$に対して
   
   $$P(M_n=k)=P(T_n=k)$$
   
   
   が成り立つことを示せ．

解答
(1)      $1 \le k$を固定し，$k\ge b$となる$b$をとる．

$$P(M_n \ge k,\ Z_n=b) = P(Z_n=2k-b) \quad \cdots\maru{1}$$

が成り立つ．

なぜなら，

$M_n \ge k,\ Z_n=b$となる一つの事象に対して， 最初に$M_i=k$となる$i$を定め，$j\ge i$の範囲の$j$に対し $X_j=\pm 1$なら，これを$X_j=\mp 1$におきかえた事象をとると， これは，$Z_n=2k-b$を満たす．

逆に， $Z_n=2k-b$となる一つの事象に対して， $2k-b\ge k$より最初に$M_i=k$となる$i$がある． $j\ge i$の範囲の$j$に対し $X_j=\pm 1$なら，これを$X_j=\mp 1$におきかえた事象をとると， これは， $M_n \ge k,\ Z_n=b$を満たす．

この対応は一対一であるので$\maru{1}$が成り立つ． したがって，

$$P(M_n \ge k) =P(Z_n\ge k+1)+\sum_{b=0}^{k}P(Z_n=2k-b) =P(Z_n\ge k+1)+P(Z_n\ge k)$$

である．よって，

$$\begin{eqnarray*} P(M_n=k)&=&P(M_n \ge k)-P(M_n \ge k+1)\\ &=&P(Z_n\ge k+1)+P(Z_n\ge k)-P(Z_n\ge k+2)-P(Z_n\ge k+1)\\ &=&P(Z_n=k,\ k+1) \end{eqnarray*}$$

$n$回中，$X_i=1$となる$i$が$p$個，$X_i=-1$となる$i$が$q$個とする． $Z_n=k$ということは $p+q=n$かつ$p-q=k$なので，$n+k=2p$である．したがって $P(Z_n=k),\ P(Z_n=k+1)$の一方は0である．

したがって，$n+k$が偶数のとき．

$$P(Z_n=k,\ k+1)=\dfrac{1}{2^n}{}_n \mathrm{C}_{\frac{n+k}{2}}$$

$n+k$が奇数のとき．

$$P(Z_n=k,\ k+1)=\dfrac{1}{2^n}{}_n \mathrm{C}_{\frac{n+k+1}{2}}$$

である．これをまとめて，

$$P(M_n=k)={}_n \mathrm{C}_{\left[\dfrac{n+k+1}{2}\right]}\cdot 2^{-n}$$

と表すことができる．ここに$[x]$は$x$を超えない最大の整数を表す．

(2)      すべての$n$に対して， $P(M_n=n)=2^{-n}$， $P(T_n=n)=2^{-n}$なので， $P(M_n=n)=P(T_n=n)$である．

また，

$$\sum_{k=0}^nP(M_n=k)=1,\ \sum_{k=0}^nP(T_n=k)=1$$

である．

これから$n=1$のとき題意は成立する．

自然数$n\ge 2$に対して， $1\le k \le n-1$のとき，

$$P(M_n=k)=P(T_n=k)$$

が成り立つことを示せば， $0\le k \le n$のとき成立する．

自然数$n\ge 2$に対して， $1\le k \le n-1$のとき，

$$P(M_n=k)=P(T_n=k)$$

が成り立つことを数学的帰納法で示す．

そこで， $1\le k \le n-1$に対して，$P(M_n=k)$と$P(T_n=k)$を それぞれ， $P(M_n=k-1),\ P(M_n=k+1)$と $P(T_n=k-1),\ P(T_n=k+1)$で表す．

$P(M_n=k)$について，$M_n=k$となる事象は，

$X_1=1$なら，そこからはじめて残る$n-1$回の試行で$y=1$からの正方向の最大偏位が$k-1$となり， $X_1=-1$なら，そこからはじめて残る$n-1$回の試行で$y=-1$からの正方向の最大偏位が$k+1$となるような事象である．

$P(T_n=k)$について，$T_n=k$となる事象は，

$X_1=1$のとき．2回目からはじめて残る$n-1$回の試行で， $(Z_i=1)\cap(Z_{i+1}=2)$か $(Z_i=2)\cap (Z_{i+1}=1)$が$k-1$回起こるとする． このとき，その$n\ge 1$の部分での$X_i=\pm 1$を$X_i=\mp 1$に置きかえて得られる試行を考えると， 1回目の試行とあわせて$T_n=k$となる事象が得られる．

逆に，$X_1=1$で$T_n=k$となる事象から逆の置きかえで， $(Z_i=1)\cap(Z_{i+1}=2)$か $(Z_i=2)\cap (Z_{i+1}=1)$が$k-1$回起こる事象が得られる．

$X_1=-1$なら，2回目からはじめて残る$n-1$回の試行で， $(Z_i=-1)\cap(Z_{i+1}=0)$か $(Z_i=0)\cap (Z_{i+1}=-1)$が$k+1$回起こるとする． 最初に $(Z_j=-1)\cap (Z_{j+1}=0)$となる$j+1$に対し， $n\ge j+1$の部分での$X_i=\pm 1$を$X_i=\mp 1$に置きかえて得られる試行を考えると， これによって$T_n=k$となる事象が1つ得られる．

逆に，$X_1=-1$で$T_n=k$となる事象から逆の置きかえで， $(Z_i=-1)\cap(Z_{i+1}=0)$か $(Z_i=0)\cap (Z_{i+1}=-1)$が$k+1$回起こる事象が得られる．

上から，漸化式

$$\begin{array}{l} P(M_{n+1}=k)=\dfrac{1}{2}P(M_n=k-1)+\df... ...)=\dfrac{1}{2}P(T_n=k-1)+\dfrac{1}{2}P(T_n=k+1) \end{array}$$

が成り立つ．$n=1$のときの成立から，$n=2,\ k=1$が成立し， $k=0,\ 2$のときの考察とあわせて，$0\le k \le 2$に対して 成立する．

$n$のとき，$0\le k \le n$に対して成立するとすると，漸化式が等しいので， $n+1$のとき，$1\le k \le n$について成立し， $k=0,\ n+1$のときの考察とあわせて， $0\le k \le n+1$について成立する．

よって，

$$P(M_n=k)=P(T_n=k)$$

が成り立つことが示された．

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