# 平成10年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

> 平成10年度 修士課程 数学（全3問）の解答。固有値が縮退した3次実行列のジョルダン鎖とアフィン漸化式の収束条件、定数変化法による強制振動とインパルス応答、2連勝までの待ち時間の3項間漸化式と期待値を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h10-math

:::caution[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/](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](/contact)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。