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確率論の問題

難易度 1大学院の講義の例題レベル大学院数学確率論

袋の中に、はじめ赤玉が $2$ 個、青玉が $3$ 個入っている。次の操作を繰り返す。

「袋から玉を $1$ 個、無作為に取り出し、その玉を袋に戻す。さらに、取り出した玉と同じ色の玉を $2$ 個、袋に加える。」

各回の取り出しでは、そのとき袋に入っている玉はどれも同様に確からしく取り出されるものとする。 $n$ 回の操作を終えたときの赤玉の個数を $R_{n}$ とする（ $R_{0} = 2$ ）。 $F_{n} = σ (R_{0}, R_{1}, \dots, R_{n})$ とおく。

$c$ を正の実数の定数とし、
$M_{n} = \frac{R _{n}}{n + c} (n = 0, 1, 2, \dots)$
とおく。 $(M_{n})_{n \geq 0}$ が $(F_{n})$ に関するマルチンゲールとなるような $c$ の値を求めよ。

この問題で使うもの

マルチンゲール（説明と入口の問題）
σ 加法族に関する条件付き期待値（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（70 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

マルチンゲールの定義（適合性・可積分性・ $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}$ ）を確かめる技能を使います。適合性と可積分性はすぐわかるので、条件付き期待値の式が本題です。

ヒント 2

$n$ 回後の玉の総数は $2 n + 5$ です。 $F_{n}$ のもとで赤玉が出る確率は $\frac{R _{n}}{2 n + 5}$ なので、 $E [R_{n + 1} ∣ F_{n}]$ を $R_{n}$ で表しましょう。

ヒント 3

$E [R_{n + 1} ∣ F_{n}] = R_{n} \cdot \frac{2 n + 7}{2 n + 5}$ となります。 $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}$ を $R_{n}$ で割ると、 $\frac{2 n + 7}{( 2 n + 5 ) ( n + 1 + c )} = \frac{1}{n + c}$ がすべての $n$ で成り立つ条件が得られます。

答えと解説

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\frac{5}{2}

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解説を読む

マルチンゲールであるための条件は、(i) $M_{n}$ が $F_{n}$ 可測、(ii) $E ∣ M_{n} ∣ < \infty$ 、(iii) $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}$ の $3$ つである。

(i)(ii) の確認. $M_{n}$ は $R_{n}$ の関数なので $F_{n}$ 可測である。また、 $n$ 回の操作後の玉の総数は $2 n + 5$ なので $0 < R_{n} \leq 2 n + 5$ であり、 $M_{n}$ は有界、よって可積分である。したがって残るのは (iii) だけである。

$E [R_{n + 1} ∣ F_{n}]$ の計算. $n$ 回の操作後、袋の中の玉は全部で $2 n + 5$ 個、そのうち赤玉は $R_{n}$ 個である。 $F_{n}$ のもとで、次に赤玉を取り出す条件付き確率は $\frac{R _{n}}{2 n + 5}$ で、そのとき $R_{n + 1} = R_{n} + 2$ 、青玉を取り出すと $R_{n + 1} = R_{n}$ である。よって
$E [R_{n + 1} ∣ F_{n}] = R_{n} + 2 \cdot \frac{R _{n}}{2 n + 5} = R_{n} \cdot \frac{2 n + 7}{2 n + 5} .$

条件 (iii). $\frac{1}{n + 1 + c}$ は定数なので外に出せて
$E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = \frac{R _{n}}{n + 1 + c} \cdot \frac{2 n + 7}{2 n + 5} .$
これが $M_{n} = \frac{R _{n}}{n + c}$ と等しくなる必要がある。 $R_{n} > 0$ なので、両辺を $R_{n}$ で割ると、すべての $n \geq 0$ で
$\frac{2 n + 7}{( 2 n + 5 ) ( n + 1 + c )} = \frac{1}{n + c}$
が成り立つことが条件となる。分母を払うと
$(2 n + 7) (n + c) = (2 n + 5) (n + 1 + c) .$
左辺 $= 2 n^{2} + (2 c + 7) n + 7 c$ 、右辺 $= 2 n^{2} + (2 c + 7) n + 5 + 5 c$ なので、条件は $7 c = 5 + 5 c$ 、すなわち $c = \frac{5}{2}$ である（ $n$ によらない）。

確認. $c = \frac{5}{2}$ のとき $n + 1 + c = \frac{2 n + 7}{2}$ なので
$E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = R_{n} \cdot \frac{2}{2 n + 7} \cdot \frac{2 n + 7}{2 n + 5} = \frac{R _{n}}{n + \frac{5}{2}} = M_{n}$
となり、確かにマルチンゲールである（ $M_{n}$ は赤玉の割合 $\frac{R _{n}}{2 n + 5}$ の $2$ 倍）。

よって $c = \frac{5}{2}$ である。

別解

1回の操作で、取り出した玉を戻してから同じ色の玉を2個加えるので、取り出した色の玉は正味2個増える。したがって $n$ 回の操作後の玉の総数は $5 + 2 n$ 個である。

条件付き期待値は
$E [R_{n + 1} ∣ F_{n}] = R_{n} + 2 \cdot \frac{R _{n}}{2 n + 5} = R_{n} \cdot \frac{2 n + 7}{2 n + 5} .$

$M_{n}$ がマルチンゲールであるためには $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}$ が必要で、これは
$\frac{2 n + 7}{( 2 n + 5 ) ( n + 1 + c )} = \frac{1}{n + c}$
と同値である（ $R_{n} > 0$ のため）。

分母を払って整理する。
左辺: $(2 n + 7) (n + c) = 2 n^{2} + 2 c n + 7 n + 7 c$
右辺: $(2 n + 5) (n + 1 + c) = 2 n^{2} + 2 c n + 7 n + 5 + 5 c$

よって $7 c = 5 + 5 c$ となり、 $c = \frac{5}{2}$ 。

検算: このとき $M_{n} = \frac{2 R _{n}}{2 n + 5}$ で、これは赤玉の割合の2倍である。赤玉の割合は Pólya の壺型のマルチンゲールであり、整合する。 $n = 0$ では $E [R_{1}] = 2 + 2 \cdot \frac{2}{5} = \frac{14}{5}$ 、 $E [M_{1}] = \frac{14/5}{7/2} = \frac{4}{5} = M_{0} = \frac{2}{5/2}$ となり一致する。

また $M_{n}$ は有界な数の和で可積分、適合性も明らか。

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