平成10年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

3問すべてが必答の試験です。第1問は固有値が縮退して対角化できない3次実行列で、ジョルダン鎖 $A\vec{e}_3=\vec{e}_2+\lambda_2\vec{e}_3$ を自分で構成させたうえで、アフィン漸化式が任意の初期値・任意の定数ベクトルに対して収束する条件へつなげます。第2問はラグランジュの補助条件付きの定数変化法を実行させ、幅 $\lambda$ の矩形外力に対する応答から $\lambda\to0$ の極限としてインパルス応答 $\sin\omega x/\omega$ を取り出す構成です。第3問は「Aが2連勝するまで」の待ち時間で、3項間漸化式と裾確率の和が要点になります。計算量はどれも軽く、収束条件の必要性と十分性、場合分けの網羅、極限を取る順序といった論理の詰めが配点の中心です。

問題	分野	主題
第1問	線形代数	縮退した固有値・ジョルダン鎖・アフィン漸化式の収束
第2問	微分方程式	定数変化法、矩形外力の応答、インパルス応答
第3問	確率統計	2連勝までの待ち時間、3項間漸化式、期待値

第1問 縮退した固有値・ジョルダン鎖・アフィン漸化式の収束

設定

実パラメータ $a$ を含む3行3列の実行列

$$A=\begin{pmatrix} a+1 & 0 & 0 \\ 0 & a+1 & -1 \\ -1 & 1 & a-1 \end{pmatrix}$$

を考えます。設問(a)は $A\vec{e}_1=\lambda_1\vec{e}_1$、$A\vec{e}_2=\lambda_2\vec{e}_2$、$A\vec{e}_3=\vec{e}_2+\lambda_2\vec{e}_3$ を満たす実数 $\lambda_1,\lambda_2$ と $\mathbb{R}^3$ の単位ベクトル $\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3$（いずれも第2成分は正）を求める問題、設問(b)はその基底での $A^n$ の作用、設問(c)は漸化式 $\vec{r}_{n+1}=A\vec{r}_n+\vec{d}$ の収束条件です。第3の関係式は $\vec{e}_2,\vec{e}_3$ が $\lambda_2$ に属するジョルダン鎖をなすことを要求しており、$A$ が対角化可能でないことが前提になっています。

設問(a)

まず固有多項式を求めます。$A-\lambda I$ の第1行は $(a+1-\lambda,0,0)$ なので、第1行に沿って展開すると

$$\det(A-\lambda I)=(a+1-\lambda)\bigl[(a+1-\lambda)(a-1-\lambda)+1\bigr]$$

です。$\mu=a-\lambda$ と置くと角括弧の中は $(\mu+1)(\mu-1)+1=\mu^2$ となり

$$\det(A-\lambda I)=(\mu+1)\mu^2=(a+1-\lambda)(a-\lambda)^2 .$$

固有値は $\lambda=a+1$（単根）と $\lambda=a$（2重根）で、$a$ の値によらずこの構造は変わりません。

$\lambda_2$ は第3の関係式から決まります。$(A-\lambda_2 I)\vec{e}_3=\vec{e}_2\neq\vec{0}$ かつ $(A-\lambda_2I)^2\vec{e}_3=(A-\lambda_2I)\vec{e}_2=\vec{0}$ です。$\vec{e}_3$ が $\vec{e}_2$ の定数倍なら $(A-\lambda_2I)\vec{e}_3=\vec{0}$ となって矛盾するので $\vec{e}_2,\vec{e}_3$ は線形独立で、どちらも $\ker(A-\lambda_2I)^2$ に属します。すなわち $\lambda_2$ の重複度は2以上であり、固有多項式から $\lambda_2=a$ が確定します。

$\lambda_1$ は $a+1$ か $a$ のいずれかですが、後で示すように固有値 $a$ の固有空間は1次元なので、$\lambda_1=a$ とすると第2成分が正という条件から $\vec{e}_1=\vec{e}_2$ となり、3本のベクトルが $\mathbb{R}^3$ を張りません。設問(b)(c)は $\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3$ を基底として使う構成なので、$\lambda_1=a+1$ を採ります。

$\lambda_1=a+1$ の固有ベクトルは

$$A-(a+1)I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$$

の核です。第2行から $v_3=0$、第3行から $-v_1+v_2-2v_3=0$、つまり $v_1=v_2$ となり、核は $(1,1,0)^{T}$ で張られる1次元空間です。単位ベクトルは符号を除いて一意で、第2成分が正のものを選ぶと

$$\vec{e}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$$

です。

$\lambda_2=a$ については

$$A-aI=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$

で、第3行は（第2行）－（第1行）に等しいので階数は2、核は1次元です。第1行から $v_1=0$、第2行から $v_2=v_3$ なので核は $(0,1,1)^{T}$ で張られ、

$$\vec{e}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$

となります。固有空間が1次元であることが確認できたので、$A$ は対角化不能で、$\lambda_1=a$ を排除した先の議論も正当化されました。

$\vec{e}_3=(x,y,z)^{T}$ は $(A-aI)\vec{e}_3=\vec{e}_2$ を満たします。左辺を成分で書くと $(x,\;y-z,\;-x+y-z)^{T}$ なので、条件は

$$x=0,\qquad y-z=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad -x+y-z=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

となり、第3式は第1・第2式から自動的に従います。よって解は $\vec{e}_3=(0,\,y,\,y-1/\sqrt{2})^{T}$（$y$ は任意）という1径数族で、これは特殊解に核の元を足した形です。単位ベクトルの条件を課すと

$$y^2+\Bigl(y-\frac{1}{\sqrt{2}}\Bigr)^2=1 \quad\Longleftrightarrow\quad 4y^2-2\sqrt{2}\,y-1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad y=\frac{\sqrt{2}\pm\sqrt{6}}{4}$$

です。第2成分 $y$ が正という条件から $y=(\sqrt{6}+\sqrt{2})/4$ が選ばれ、$z=y-1/\sqrt{2}=(\sqrt{6}-\sqrt{2})/4$ となります。

以上より答えは

$$\lambda_1=a+1,\qquad \lambda_2=a,$$ $$\vec{e}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\qquad \vec{e}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix},\qquad \vec{e}_3=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}0\\ \sqrt{6}+\sqrt{2}\\ \sqrt{6}-\sqrt{2}\end{pmatrix}$$

です。規格化の検算として $(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2+(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2=(8+4\sqrt{3})+(8-4\sqrt{3})=16$ より $\lVert\vec{e}_3\rVert=1$ が確かめられます。$\vec{e}_3$ の成分は $(\cos15^\circ,\sin15^\circ)$、$\vec{e}_2$ の成分は $(\cos45^\circ,\sin45^\circ)$ で、いずれも $yz$ 平面内にあり $30^\circ$ 開いています。3本とも $a$ に依存しないのは、$A=aI+(A-aI)$ で $a$ の効果が単位行列の分だけだからです。

設問(b)

$\vec{e}_1$ の第1成分だけが 0 でなく、$\vec{e}_2,\vec{e}_3$ は $yz$ 平面内で

$$\det\begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & (\sqrt{6}+\sqrt{2})/4 \\ 1/\sqrt{2} & (\sqrt{6}-\sqrt{2})/4 \end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{-2\sqrt{2}}{4}=-\frac{1}{2}\neq 0$$

より線形独立なので、$\{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3\}$ は $\mathbb{R}^3$ の基底です。

$\vec{e}_1,\vec{e}_2$ は固有ベクトルなので、$n$ 回の繰り返しから直ちに

$$A^n\vec{e}_1=(a+1)^n\vec{e}_1,\qquad A^n\vec{e}_2=a^n\vec{e}_2$$

が得られます。$\vec{e}_3$ については

$$A^n\vec{e}_3=n\,a^{n-1}\vec{e}_2+a^n\vec{e}_3\qquad(n\ge 1)$$

が成り立ちます。数学的帰納法で示します。$n=1$ は与えられた関係式 $A\vec{e}_3=\vec{e}_2+a\vec{e}_3$ そのものです。$n$ で成り立つとすると

$$\begin{aligned} A^{n+1}\vec{e}_3 &=A\bigl(n\,a^{n-1}\vec{e}_2+a^n\vec{e}_3\bigr)\\ &=n\,a^{n-1}\cdot a\,\vec{e}_2+a^n(\vec{e}_2+a\vec{e}_3)\\ &=(n+1)a^{n}\vec{e}_2+a^{n+1}\vec{e}_3 \end{aligned}$$

となり、$n+1$ でも成り立ちます。$a=0$ のときは $n=1$ で $a^{0}=1$ と読んで $A\vec{e}_3=\vec{e}_2$、$n\ge2$ では係数 $n a^{n-1}$ も $a^n$ も 0 で $A^n\vec{e}_3=\vec{0}$ となり、実際 $A^2\vec{e}_3=A\vec{e}_2=0\cdot\vec{e}_2=\vec{0}$ と一致します。$n=0$ は $A^0\vec{e}_3=\vec{e}_3$ で、上式の第1項の係数を 0 と読めば整合します。

答えは

$$A^n\vec{e}_1=(a+1)^n\vec{e}_1,\qquad A^n\vec{e}_2=a^n\vec{e}_2,\qquad A^n\vec{e}_3=n\,a^{n-1}\vec{e}_2+a^n\vec{e}_3$$

です。この基底で $A$ は $\lambda_1=a+1$ の $1\times1$ ブロックと固有値 $a$ の $2\times2$ ジョルダンブロックに分かれており、上の第3式は

$$\begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end{pmatrix}^{\!n}=\begin{pmatrix} a^n & n a^{n-1} \\ 0 & a^n \end{pmatrix}$$

に対応します。

設問(c)

$\vec{r}_0=\vec{r}$、$\vec{r}_{n+1}=A\vec{r}_n+\vec{d}$ を繰り返し使うと

$$\vec{r}_n=A^n\vec{r}+\sum_{k=0}^{n-1}A^k\vec{d}$$

です（$n=0$ では和は空で 0 と読みます）。$\{\vec{e}_i\}$ は基底なので $\vec{r}=c_1\vec{e}_1+c_2\vec{e}_2+c_3\vec{e}_3$、$\vec{d}=d_1\vec{e}_1+d_2\vec{e}_2+d_3\vec{e}_3$ と一意に展開でき、$\vec{r},\vec{d}$ が $\mathbb{R}^3$ を任意に動くとき係数 $(c_i),(d_i)$ も任意の実数組を取ります。設問(b)を代入すると

$$\begin{aligned} \vec{r}_n=&\ \Bigl[c_1(a+1)^n+d_1\sum_{k=0}^{n-1}(a+1)^k\Bigr]\vec{e}_1\\ &+\Bigl[c_2a^n+c_3\,n\,a^{n-1}+d_2\sum_{k=0}^{n-1}a^k+d_3\sum_{k=0}^{n-1}k\,a^{k-1}\Bigr]\vec{e}_2\\ &+\Bigl[c_3a^n+d_3\sum_{k=0}^{n-1}a^k\Bigr]\vec{e}_3 \end{aligned}$$

となります（$k=0$ の項では $k\,a^{k-1}=0$ と読みます）。有限次元で基底に関する成分表示は同型なので、$\vec{r}_n$ が収束することは3つの係数列がすべて収束することと同値です。

必要性を示します。$\vec{r}=\vec{0}$、$\vec{d}=\vec{e}_1$ と取ると $\vec{e}_1$ 成分は等比級数の部分和 $\sum_{k=0}^{n-1}(a+1)^k$ で、これが収束するのは $\lvert a+1\rvert<1$ のときに限ります。実際 $a+1=1$ なら部分和は $n$ で発散し、$\lvert a+1\rvert\ge1$ かつ $a+1\neq1$ なら一般項が 0 に収束しないので発散します。よって $-2<a<0$ が必要です。同様に $\vec{r}=\vec{0}$、$\vec{d}=\vec{e}_2$ と取ると $\sum_{k=0}^{n-1}a^k$ の収束が必要で $\lvert a\rvert<1$、すなわち $-1<a<1$ が必要です。両者を合わせて $-1<a<0$ が必要条件です。

十分性を示します。$-1<a<0$ なら $\lvert a\rvert<1$ かつ $\lvert a+1\rvert<1$ なので、$(a+1)^n\to0$、$a^n\to0$、$n a^{n-1}\to0$ であり、等比級数とその項別微分から

$$\sum_{k=0}^{\infty}(a+1)^k=\frac{1}{1-(a+1)}=-\frac{1}{a},\qquad \sum_{k=0}^{\infty}a^k=\frac{1}{1-a},\qquad \sum_{k=0}^{\infty}k\,a^{k-1}=\frac{1}{(1-a)^2}$$

がいずれも収束します（項別微分は収束半径の内部で正当）。よって3つの係数列はすべて収束し、

$$\lim_{n\to\infty}\vec{r}_n=-\frac{d_1}{a}\vec{e}_1+\Bigl[\frac{d_2}{1-a}+\frac{d_3}{(1-a)^2}\Bigr]\vec{e}_2+\frac{d_3}{1-a}\vec{e}_3$$

となります。極限は $\vec{r}$ に依存しません。したがって答えは

$$-1<a<0$$

です。

得られた条件は $\max(\lvert a+1\rvert,\lvert a\rvert)<1$、つまり $A$ のスペクトル半径が 1 より小さいという標準的な判定条件に一致します。このとき固有値に 1 が含まれないので $I-A$ は可逆で、極限は不動点の式 $\vec{r}_\infty=(I-A)^{-1}\vec{d}$ に等しくなります。上の基底表示の極限が実際に $(I-A)^{-1}\vec{d}$ を満たすことは、$a=-0.4$ などの具体値で数値的にも確認できます。境界の様子も整合的で、$a=0$ では $\lambda_1=1$ のため $\vec{e}_1$ 成分が $n$ に比例して発散し、$a=-1$ では $\lambda_2=-1$ が縮退しているため $n a^{n-1}$ の項が発散します。

第2問 定数変化法、矩形外力の応答、インパルス応答

設定

正の定数 $\omega$ に対する常微分方程式

$$\frac{d^2y}{dx^2}+\omega^2 y=f(x)\qquad(x\ge 0)$$

を扱います。設問(a)では $y=a(x)\cos\omega x+b(x)\sin\omega x$ と置き、補助条件

$$\frac{da}{dx}\cos\omega x+\frac{db}{dx}\sin\omega x=0$$

のもとで $da/dx$、$db/dx$ の満たす関係式を求めます。設問(b)で $a(x),b(x)$ を積分形で求め、設問(c)では $f(x)=1/\lambda$（$0\le x\le\lambda$）、$f(x)=0$（$x>\lambda$）という単位面積の矩形外力に対して、初期条件 $y(0)=y'(0)=0$ のもとで $y(x)$ を求めます。設問(d)はその $\lambda\to0$ 極限です。

設問(a)

補助条件があるので、$y$ の1階微分は $a,b$ の微分を含みません。

$$\frac{dy}{dx}=\frac{da}{dx}\cos\omega x+\frac{db}{dx}\sin\omega x-a\omega\sin\omega x+b\omega\cos\omega x =-a\omega\sin\omega x+b\omega\cos\omega x .$$

もう一度微分すると

$$\frac{d^2y}{dx^2}=-\frac{da}{dx}\,\omega\sin\omega x+\frac{db}{dx}\,\omega\cos\omega x-\omega^2\bigl(a\cos\omega x+b\sin\omega x\bigr)$$

なので、微分方程式に代入すると $-\omega^2 y$ の項が相殺し、

$$-\frac{da}{dx}\sin\omega x+\frac{db}{dx}\cos\omega x=\frac{f(x)}{\omega}$$

が残ります。これが補助条件と対になる関係式です。まとめると、$da/dx$ と $db/dx$ は連立1次方程式

$$\frac{da}{dx}\cos\omega x+\frac{db}{dx}\sin\omega x=0,\qquad -\frac{da}{dx}\sin\omega x+\frac{db}{dx}\cos\omega x=\frac{f(x)}{\omega}$$

を満たします。係数行列は回転行列で行列式は $\cos^2\omega x+\sin^2\omega x=1$ ですから、この連立方程式は各 $x$ で一意に解けて

$$\frac{da}{dx}=-\frac{f(x)\sin\omega x}{\omega},\qquad \frac{db}{dx}=\frac{f(x)\cos\omega x}{\omega}$$

となります。

設問(b)

設問(a)の式をそのまま $0$ から $x$ まで積分すれば

$$a(x)=a_0-\frac{1}{\omega}\int_0^x f(t)\sin\omega t\,dt,\qquad b(x)=b_0+\frac{1}{\omega}\int_0^x f(t)\cos\omega t\,dt$$

です。$a_0=a(0)$、$b_0=b(0)$ は積分定数で、初期条件から決まります。これを $y$ に戻すと

$$y(x)=a_0\cos\omega x+b_0\sin\omega x+\frac{1}{\omega}\int_0^x f(t)\bigl(\sin\omega x\cos\omega t-\cos\omega x\sin\omega t\bigr)dt =a_0\cos\omega x+b_0\sin\omega x+\frac{1}{\omega}\int_0^x f(t)\sin\omega(x-t)\,dt$$

となり、斉次解と特解（デュアメル積分）の和という見慣れた形が再現されます。

設問(c)

初期条件を積分定数に翻訳します。$y(0)=a(0)=a_0$、$y'(0)=\omega b(0)=\omega b_0$ なので、$y(0)=y'(0)=0$ から $a_0=b_0=0$ です。

$0\le x\le\lambda$ では $f=1/\lambda$ なので

$$a(x)=-\frac{1}{\omega\lambda}\int_0^x\sin\omega t\,dt=\frac{\cos\omega x-1}{\omega^2\lambda},\qquad b(x)=\frac{1}{\omega\lambda}\int_0^x\cos\omega t\,dt=\frac{\sin\omega x}{\omega^2\lambda}$$

です。よって

$$y(x)=\frac{(\cos\omega x-1)\cos\omega x+\sin^2\omega x}{\omega^2\lambda} =\frac{1-\cos\omega x}{\omega^2\lambda}\qquad(0\le x\le\lambda).$$

検算すると $y''=\cos\omega x/\lambda$、$\omega^2 y=(1-\cos\omega x)/\lambda$ で和は $1/\lambda=f$ に一致し、$y(0)=0$、$y'(0)=\sin 0/(\omega\lambda)=0$ も満たされています。

$x>\lambda$ では $f=0$ なので $a,b$ は $x=\lambda$ での値で止まり、

$$a(x)=\frac{\cos\omega\lambda-1}{\omega^2\lambda},\qquad b(x)=\frac{\sin\omega\lambda}{\omega^2\lambda}\qquad(x>\lambda)$$

です。加法定理でまとめると

$$y(x)=\frac{(\cos\omega\lambda-1)\cos\omega x+\sin\omega\lambda\sin\omega x}{\omega^2\lambda} =\frac{\cos\omega(x-\lambda)-\cos\omega x}{\omega^2\lambda}\qquad(x>\lambda).$$

$x=\lambda$ を右側の式に入れると $(1-\cos\omega\lambda)/(\omega^2\lambda)$ で左側の式と一致し、$y$ は $x=\lambda$ で連続です（$a,b$ が連続なので $y'$ も連続です）。答えは

$$y(x)= \begin{cases} \dfrac{1-\cos\omega x}{\omega^2\lambda} & (0\le x\le\lambda)\\[2ex] \dfrac{\cos\omega(x-\lambda)-\cos\omega x}{\omega^2\lambda} & (x>\lambda) \end{cases}$$

です。$x>\lambda$ の式は積和公式で

$$y(x)=\frac{2}{\omega^2\lambda}\sin\frac{\omega\lambda}{2}\,\sin\omega\Bigl(x-\frac{\lambda}{2}\Bigr)$$

とも書け、外力が切れたあとは振幅 $\dfrac{2\sin(\omega\lambda/2)}{\omega^2\lambda}$ の自由振動になることが読み取れます。

設問(d)

$x>0$ を固定して $\lambda\to0$ を取ります（$\lambda<x$ となるので $x>\lambda$ 側の式を使います）。設問(c)の積和形で

$$\frac{2\sin(\omega\lambda/2)}{\omega^2\lambda}\longrightarrow\frac{2}{\omega^2}\cdot\frac{\omega}{2}=\frac{1}{\omega},\qquad \sin\omega\Bigl(x-\frac{\lambda}{2}\Bigr)\longrightarrow\sin\omega x$$

なので

$$\lim_{\lambda\to 0}y(x)=\frac{\sin\omega x}{\omega}$$

です（$x=0$ では常に $y=0$ で、極限値 $\sin 0/\omega=0$ と整合します）。矩形外力は高さ $1/\lambda$、幅 $\lambda$ で面積が常に 1 なので、$\lambda\to0$ はデルタ関数外力 $f(x)=\delta(x)$ の極限です。得られた $\sin\omega x/\omega$ は初期条件 $y(0)=0$、$y'(0)=1$ の自由振動、すなわちこの振動子のインパルス応答（グリーン関数 $G(x)=\sin\omega x/\omega$）に他なりません。撃力で速度だけが 1 に跳ぶという力学的描像とも一致します。

第3問 2連勝までの待ち時間、3項間漸化式、期待値

設定

AとBがゲームを繰り返し、Aが2回続けて勝った時点で終了します。各ゲームは独立で、Aが勝つ確率は $2/3$（Bが勝つ確率は $1/3$）です。$N$ 回目のゲームを行ってもまだ終了していない確率を $x_N$ とします。「終了しない」とは、最初の $N$ ゲームの勝敗列にAの2連勝が一度も現れないことです。設問(a)で $x_N$ の漸化式、設問(b)でその一般解、設問(c)で行われるゲーム回数の期待値を求めます。

設問(a)

最初の $N$ ゲームに2連勝が現れない事象を、$N$ 回目の勝敗で場合分けします（$N\ge2$）。

$N$ 回目にBが勝つ場合、$N$ 回目が2連勝の一部になることはないので、条件は「最初の $N-1$ ゲームに2連勝がない」ことだけです。ゲームは独立なので、この場合の確率は $\dfrac{1}{3}x_{N-1}$ です。

$N$ 回目にAが勝つ場合、終了していないためには $N-1$ 回目はBの勝ちでなければならず（Aなら $N$ 回目で2連勝が完成して終了しています）、さらに最初の $N-2$ ゲームに2連勝がないことが必要です。逆にこの3条件がそろえば最初の $N$ ゲームに2連勝はありません。独立性からこの場合の確率は $\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{3}\,x_{N-2}=\dfrac{2}{9}x_{N-2}$ です。

両者は排反なので、答えは

$$x_N=\frac{1}{3}x_{N-1}+\frac{2}{9}x_{N-2}\qquad(N\ge 2)$$

です。初期値は $x_0=1$（1ゲームも行う前は終了していない）、$x_1=1$（1ゲームでは2連勝は起こりえない）です。検算として、$N=2$ で終了していないのは「2連勝でない」場合なので $x_2=1-(2/3)^2=5/9$、一方漸化式からも $x_2=\frac13+\frac29=\frac59$ で一致します。

設問(b)

定数係数の3項間漸化式なので特性方程式を解きます。$x_N=t^N$ を代入して

$$t^2=\frac{1}{3}t+\frac{2}{9} \quad\Longleftrightarrow\quad 9t^2-3t-2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad t=\frac{3\pm\sqrt{9+72}}{18}=\frac{3\pm 9}{18}$$

より $t=\dfrac{2}{3},\ -\dfrac{1}{3}$ です。相異なる2根なので一般解は $x_N=\alpha\left(\frac23\right)^N+\beta\left(-\frac13\right)^N$ と書け、初期値から

$$\alpha+\beta=1,\qquad \frac{2}{3}\alpha-\frac{1}{3}\beta=1$$

です。第2式を3倍して第1式と加えると $3\alpha=4$、よって $\alpha=\dfrac43$、$\beta=-\dfrac13$ となり

$$x_N=\frac{4}{3}\Bigl(\frac{2}{3}\Bigr)^{N}-\frac{1}{3}\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr)^{N} =\frac{2^{N+2}-(-1)^N}{3^{N+1}}\qquad(N=0,1,2,\dots)$$

が答えです。検算すると $N=0$ で $(4-1)/3=1$、$N=1$ で $(8+1)/9=1$、$N=2$ で $(16-1)/27=5/9$、$N=3$ で $(32+1)/81=11/27$ となり、$N=3$ は漸化式 $\frac13\cdot\frac59+\frac29\cdot1=\frac{5+6}{27}=\frac{11}{27}$ と一致します。$N\to\infty$ で $x_N\to0$（幾何減衰）なので、ゲームは確率1で有限回で終了します。

設問(c)

行われるゲームの総回数を $T$ とします。$T>N$ という事象は「$N$ 回目を行ってもまだ終了していない」ことそのものなので $P(T>N)=x_N$ です。非負整数値の確率変数に対する裾確率の和の公式

$$E[T]=\sum_{N=0}^{\infty}P(T>N)=\sum_{N=0}^{\infty}x_N$$

を使います（$x_N$ は公比 $2/3$ 以下で幾何減衰するので和は絶対収束し、公式の適用は正当です）。等比級数の和から

$$E[T]=\frac{4}{3}\sum_{N=0}^{\infty}\Bigl(\frac{2}{3}\Bigr)^{N}-\frac{1}{3}\sum_{N=0}^{\infty}\Bigl(-\frac{1}{3}\Bigr)^{N} =\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac23}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1+\frac13} =\frac{4}{3}\cdot 3-\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}=4-\frac{1}{4}$$

となり、答えは

$$E[T]=\frac{15}{4}=3.75$$

です。

別解による検算をします。状態を「直前のゲームがAの勝ちでない」（開始状態を含む）と「直前がAの勝ち」の2つに分け、それぞれからの終了までの期待回数を $E_0,E_1$ とすると、1ゲーム行った後の遷移から

$$E_0=1+\frac{2}{3}E_1+\frac{1}{3}E_0,\qquad E_1=1+\frac{2}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}E_0$$

です。第1式から $E_0=\frac{3}{2}+E_1$、これを第2式に代入すると $E_1=1+\frac13\bigl(\frac32+E_1\bigr)=\frac32+\frac13E_1$、すなわち $\frac23E_1=\frac32$ から $E_1=\frac{9}{4}$、よって $E_0=\frac{3}{2}+\frac{9}{4}=\frac{15}{4}$ となり、裾確率の和による値と一致します。期待値が $2/(2/3)^2=4.5$（独立に2連勝を狙い直す素朴な見積もり）より小さいのは、失敗した試行の中の勝ちが次の2連勝の起点として再利用されるためです。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成10年度 修士課程 入学試験問題 数学。問題文は要約して引用しています。