https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Yamanashi/2005/Igaku

2022.11.03記

[1] レーザーに照射すると青色の状態，赤色の状態，灰色の状態いずれかに変化する物質 X がある．青色の状態にある物質 X にレーザーを照射すると確率 $P_r$ （ $\neq 0$ ）で赤色の状態に変化し，灰色の状態に変化することはない．赤色の状態にある物質 X にレーザーを照射すると確率 $P_b$ （ $\neq 0$ ）で青色の状態に変化し，確率 $P_g$ で灰色の状態に変化する．灰色の状態にある物質 X にレーザーを照射しても灰色の状態のままである．

レーザー照射実験を $n$ 回同一の物質 X に繰り返し行うとき，次の問いに答えよ．なお，初回のレーザー照射実験を行う前の物質 X は青色の状態にあるとし， $P_r$ ， $P_b$ ， $P_g$ は照射実験の回数に関係なく一定とする．

(1) $P_g$ が $0$ のとき， $n$ 回目のレーザー照射実験後に物質 X が青色の状態である確率および赤色の状態である確率を $n$ ， $P_r$ ， $P_b$ を用いて表せ．

(2) $P_g$ が $0$ でないとき，方程式
$t^2-(2-P_r-P_b-P_g)t+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)=0$
の2つの解を $\alpha$ ， $\beta$ （ $\alpha\lt \beta$ ）として， $n$ 回目のレーザー照射実験後に物質 X が赤色の状態である確率を $n$ ， $P_r$ ， $\alpha$ ， $\beta$ を用いて表せ．

(3) $P_g$ が $0$ でないとき， $n$ 回目のレーザー照射実験後に物質 X が青色の状態である確率を $n$ ， $P_r$ ， $\alpha$ ， $\beta$ を用いて表せ．

本問のテーマ

マルコフ過程

2022.12.11記
隣接3項間漸化式 $a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0$ の一般項 $a_n$ は，特性方程式と呼ばれる $t^2+pt+q=0$ の2解を $\alpha$ ， $\beta$ とすると
$a_n=\biggl\{\begin{array}{ll}A\alpha^n+B\beta^n & （\alpha\neq\beta）\\ (An+B)\ \alpha^n & （\alpha=\beta）\end{array}\biggr.$
と書けることは良く知られている．そこで(2)の2次方程式も，赤色の状態である確率に関する漸化式を作るために，青色の状態である確率や灰色の状態である確率を消去すれば自然と導かれるはずである．なお，行列を利用して連立漸化式を解く手法を知っていれば，(2)の2次方程式はケーリー＝ハミルトンの定理と関係がある．

[解答]
レーザーを $n$ 回（ $n\geqq 0$ ）照射したときに
青色，赤色，灰色の状態である確率をそれぞれ $B_n$ ， $R_n$ ， $G_n$ とすると

$B_0=1，R_0=G_0=0$ ，
$B_{n+1}=(1-P_r)B_n+P_bR_n （n\geqq 0）$ ……①
$R_{n+1}=P_rB_n+(1-P_b-P_g)R_n （n\geqq 0）$ ……②
$G_{n+1}=P_gR_n （n\geqq 0）$
が成立する．

(1) $P_g=0$ により
$B_0=1，R_0=0$ ，
$B_{n+1}=(1-P_r)B_n+P_bR_n$ ……③，
$R_{n+1}=P_rB_n+(1-P_b)R_n$ ……④
が成立する． $③+④$ から
$B_{n+1}+R_{n+1}= B_{n}+R_{n}$ だから，帰納的に
$B_{n+1}+R_{n+1}= B_{n}+R_{n}=……= B_{0}+R_{0}=1$ ……⑤
となり， $R_n=1-B_n$ を $③$ に代入して
$B_{n+1}=(1-P_r-P_b)B_n+P_b$ ……⑥
となる．ここで
$k=1-P_r-P_b$ ， $\alpha=\dfrac{P_b}{P_r+P_b}$
とおくと⑥は
$B_{n+1}-\alpha=k(B_n-\alpha)$
と変形できるので，数列
$\{B_n-\alpha\}$ は，
初項
$B_0-\alpha=1-\dfrac{P_b}{P_r+P_b}=\dfrac{P_r}{P_r+P_b}$ ，
公比 $k$ の等比数列となり，
$B_n-\alpha= (1-P_r-P_b)^{n-1}\cdot\dfrac{P_r}{P_r+P_b}$
つまり
$B_n=\dfrac{P_b}{P_r+P_b}+\dfrac{P_r(1-P_r-P_b)^n}{P_r+P_b}$
が成立する．このとき
$R_n=1-B_n=\dfrac{P_r}{P_r+P_b}-\dfrac{P_r(1-P_r-P_b)^n}{P_r+P_b}$
である．

(2) 漸化式により $R_1=P_r\cdot 1+(1-P_b-P_g)\cdot 0=P_r$ である．
$a=1-P_r$ ， $b=P_b$ ， $c=P_r$ ， $d=1-P_b-P_g$ とおくと，
①②は
$B_{n+1}=aB_n+bR_n$ ……⑦，
$R_{n+1}=cB_n+dR_n$ ……⑧
となる．さて
$c\times ⑦-a\times ⑧$ より
$cB_{n+1}=aR_{n+1}-(ad-bc)R_n$ ……⑨

一方，⑧の番号を1つずらすと
$R_{n+2}=cB_{n+1}+dR_{n+1}$
だから，これに⑨を代入して $B_{n+1}$ を消去すると
$R_{n+2}=(a+d)R_{n+1}-(ad-bc)R_n$
となり， $a$ から $d$ を元に戻すと
$R_{n+2}-(2-P_r-P_b-P_g)R_{n+1}$
$+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)R_n=0 （n\geqq 0）$ ……⑩
となる．ここで
$t^2-(2-P_r-P_b-P_g)t+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)=0$
の解が $\alpha$ ， $\beta$ （ $\alpha\lt \beta$ ）だから，⑩は
$R_{n+2}-\alpha R_{n+1}=\beta( R_{n+1}-\alpha R_{n})$ ，
$R_{n+2}-\beta R_{n+1}=\alpha( R_{n+1}-\beta R_{n})$
と変形できる．よって，数列 $\{R_{n+1}-\alpha R_{n}\}$ は
初項 $R_{1}-\alpha R_{0}=P_r$ ，公比 $\beta$ の等比数列，
数列 $\{R_{n+1}-\beta R_{n}\}$ は
初項 $R_{1}-\beta R_{0}=P_r$ ，公比 $\alpha$ の等比数列
となり，
$R_{n+1}-\alpha R_{n}= P_r \beta^{n} （n\geqq 0）$ ……⑪，
$R_{n+1}-\beta R_{n}= P_r \alpha^{n} （n\geqq 0）$ ……⑫
が成立する．よって $⑪-⑫$ より
$R_{n}=\dfrac{(\beta^{n}-\alpha^{n})P_r}{\beta-\alpha} （n\geqq 0）$ ……⑬
となる．

(3) ②⑬により，
$B_{n}=\dfrac{1}{P_r}\left\{ R_{n+1}-(1-P_b-P_g)R_{n}\right\}$
$=\dfrac{\beta^{n+1}-\alpha^{n+1}}{\beta-\alpha}-(1-P_b-P_g)\dfrac{\beta^{n}-\alpha^{n}}{\beta-\alpha}$
$=\dfrac{(1-P_b-P_g-\alpha)\alpha^{n}-(1-P_b-P_g-\beta)\beta^{n}}{\beta-\alpha}$ （ $n\geqq 0$ ）となる．

行列の $n$ 乗を用いた連立漸化式の解法

行列を用いて連立漸化式を表現すると，漸化式の解法は行列の $n$ 乗を
求める問題に帰着できる．行列の $n$ 乗を求める手法はいくつかあるが，
ここでは多項式の割り算を利用する手法を用いる．

具体的には
$A^2-(\alpha+\beta)A+\alpha\beta E=O$ をみたす
$\alpha$ ， $\beta$ （ $\alpha\neq\beta$ ）が存在するとき，
$x^n$ を $(x-\alpha)(x-\beta)$ で割った余りが
$\dfrac{\beta^n-\alpha^2}{\beta-\alpha}(x-\alpha)+\alpha^n$ となることから
$A^n= \dfrac{\beta^n-\alpha^2}{\beta-\alpha}(A-\alpha E)+\alpha^n E$
が成立することを利用する（以下ではこの議論は省略する）．

ちなみに， $x^n$ を $(x-\alpha)(x-\beta)$ で割った余りは暗算で求まる．なぜなら，この余りを $l(x)$ とすると， $l(x)$ は1次式であり，剰余定理により $l(\alpha)=\alpha^n$ ， $l(\beta)=\beta^n$ が成立することから，2点 $(\alpha，\alpha^n)$ ， $(\beta，\beta^n)$ を通る直線と同じ式になるからである．

[別解]
$\begin{pmatrix} B_0 \\ R_0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ であり，
$\begin{pmatrix} B_{n+1} \\ R_{n+1} \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 1-P_r & P_b \\ P_r & 1-P_b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}$ $=A\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}$
であるから，
$\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n} \end{pmatrix}=A^{n}\begin{pmatrix} B_0 \\ R_0 \end{pmatrix}=A^{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ となる．

ここで，ケーリー＝ハミルトンの定理により
$A^2-(2-P_r-P_b)A+(1-P_r-P_b)=O$ （ $O$ は零行列）
が成立する．

$t^2-(2-P_r-P_b)t+(1-P_r-P_b)$ $=(t-1)\{t-(1-P_r-P_b)\}=0$
であるから， $k=1-P_r-P_b$ とおくと， $k\neq 1$ であり，
$A^n=\dfrac{1^n-k^n}{1-k}(A-E)+E$ $=\dfrac{1-k^n}{P_r+P_b}\begin{pmatrix} -P_r & P_b \\ P_r & -P_b\end{pmatrix}$ $+\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$
となる．よって
$\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n} \end{pmatrix}$ $=A^{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ $=\dfrac{1-k^n}{P_r+P_b}\begin{pmatrix} -P_r \\ P_r \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
となる．整理して
$B_n=\dfrac{P_b+P_r(1-P_r-P_b)^n}{P_r+P_b}$ ， $R_n=\dfrac{P_r-P_r(1-P_r-P_b)^n}{P_r+P_b}$
となる．

(2)(3) $\begin{pmatrix} B_0 \\ R_0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$ であり，
$\begin{pmatrix} B_{n+1} \\ R_{n+1}\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 1-P_r & P_b \\ P_r & 1-P_b-P_g\end{pmatrix}\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}$ $=B\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}$
であるから，
$\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}=B^{n}\begin{pmatrix} B_0 \\ R_0\end{pmatrix}$ $=B^{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$
となる．ここで，ケーリー＝ハミルトンの定理により
$B^2-(2-P_r-P_b-P_g)B$ $+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)=O$
（ $O$ は零行列）が成立する．
$t^2-(2-P_r-P_b-P_g)t+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)=0$
の解を $\alpha$ ， $\beta$ （ $\alpha\lt \beta$ ）とおくと，
$B^n=\dfrac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}(A-\alpha E)+\alpha^n E$
となる．よって
$\begin{pmatrix} B_{n} \\ R_{n}\end{pmatrix}=B^{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}=\dfrac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}\begin{pmatrix} 1-P_r-\alpha \\ P_n\end{pmatrix}$ $+\alpha^n\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$
となる．整理して
$B_n=\dfrac{(1-P_r-\alpha)\beta^n-(1-P_r-\beta)\alpha^n}{\beta-\alpha}$
$R_n=\dfrac{P_r(\beta^n-\alpha^n)}{\beta-\alpha}$
となる．ここで $\alpha+\beta=2-P_r-P_b-P_g$ を用いて変形すると
解答と同じ $B_n$ を得る．

$\alpha$ ， $\beta$ の実数性

隣接3項間漸化式は特性方程式である2次方程式が重解をもつか否かで解法が異なる．本問では，問題文に2次方程式
$t^2-(2-P_r-P_b-P_g)t+(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)=0$ …（■）
の解 $\alpha$ ， $\beta$ が $\alpha\lt \beta$ をみたすと明言しているので，確認せずに， $\alpha\neq\beta$ として良いだろう．

なお， $\alpha\lt \beta$ と，不等号で結ばれているので $\alpha$ ， $\beta$ は実数となるが， $\alpha$ ， $\beta$ が虚数であったとしても解法は同じで，結果も同じ形となる（実数を表現するのに虚数を用いるのは少々気持ち悪いが…）．

さて，（■）の判別式を $D$ とすると，
$D=(2-P_r-P_b-P_g)^2-4(1-P_r-P_b-P_g+P_rP_g)$
$=4-4(P_r+P_b+P_g)+(P_r+P_b+P_g)^2-4+4(P_r+P_b+P_g)-4P_rP_g$
$=(P_r+P_b+P_g)^2-4P_rP_g$
$=(P_r+P_g)^2+2P_b(P_r+P_g)+P_b^2-4P_rP_g$
$=(P_r-P_g)^2+2P_b(P_r+P_g)+P_b^2$
となり， $P_r$ ， $P_b$ ， $P_g$ はいずれも正の実数であるから， $D\gt 0$ となり，（■）は異なる2つの実数解をもつことが確認できる．