確率論 - ランダム・ウォーク2009年, 西岡

http://c-faculty.chuo-u.ac.jp/˜nishioka/

2号館 11 階 38 号室

オフィスアワー: 水曜 5限 (今学期は変更した)

1 ランダム・ウォークの定義!1, !2, · · · を {1,!1} どちらかの値をとる数列とする.

実数 a と 自然数 n にたいし, 新しい数列

(1.1) w(n) "!

a, n = 0a + !1 + !2 + · · · + !n, n = 1, 2, · · ·

を考える.

定義 1.1. 2次元平面で, 次の各点を結ぶ 折れ線( path と呼ぶ) をランダム・ウォーク Wと呼ぶ:

W : (0, w(0)) # (1, w(1)) # (2, w(2)) # · · · # (n, w(n)) # · · ·

!"#$%"#&&

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!"($%"(&&

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"+$,&

図1.1 ランダム・ウォーク W の path, x 軸を時刻と考える

(i) !1, !2, · · · は ±1 どちらかの値をとる.# 時刻 n までの ランダム・ウォーク には, 2n 個の paths がある.

(ii) (0, a) # (n, b) なるランダム・ウォーク W にたいし,

"####$

####%

u " w(1) ! a, w(2) ! w(1), · · · , w(n) ! w(n ! 1)のなかで, 1 の値をとるものの総数

v " w(1) ! a, w(2) ! w(1), · · · , w(n) ! w(n ! 1)のなかで, !1 の値をとるものの数

!"#$%

!&#'%

(

)

&

'*$

とすると, 次が成立:

u ! v = b ! a, u + v = n # u =n + b ! a

2, v =

n ! b + a

2.

重要な式! "(iii) (0, a) # (n, b) なる ランダム・ウォーク W は, すべて (ii) を満たしている.

よってその path の個数 N(n) は

N(n) = nCu =n!

(n + b ! a

2)! (

n ! b + a

2)!

= nC(n+b!a)/2.

n & |b ! a|.

(1.2)

# $

2 反射原理ランダム・ウォークの応用を考えるとき, 定数 c にたいし

ある 0 < k $ n があり, Sk > c となる確率

を調べる必要がしばしば生じる*1.

!

*1 例えば, {w(n)} が株価だとして, それが 1 ヶ月内に c 円を超える確率.

Step 1. 簡単のため, a > 0, b > 0 として,

ランダム・ウォーク W : (0, a) # (1, w(1)) # · · · # (n, b)

にたいし, “途中で w(t) $ 0 となる 0 < t < n がある path”の個数を,次の手順で数える.

(i) W は, 途中で x 軸と交差するので, それが最初に x 軸と交わる時刻を t とする.

t = min{k : w(k) $ 0}.

(ii) W にたいし, 新しい path W † を次で定義する:

W † : (0,!a) # (1,!w(1)) # · · · (t, 0) ## (t + 1, w(t + 1)) # · · · # (n, w(n)).

(2.1)

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"($)&

"%$*'&

W † の path (赤) は, 時刻 t までは W とx 軸に関して対称, 時刻 t 以降は W と同じ path.

Step 2. つまり,次の 1:1 対応が有ることが判った.

• (0, a) # (n, b) かつ 途中で x 軸と交差する path%“(0,!a) # (n, b) なる path”のなかで, 唯一つの path が対応.

• (0,!a) # (n, b) なる path %“(0, a) # (n, b) かつ 途中で x 軸と交差する path”のなかで, 唯一つの path が対応.

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"%$'&

"($)&

"%$*'&

図2.1 (0, a) ! (n, b) で x 軸と交差する path

!"#$%

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!"#($%

)!*#)"%

図2.2 (0,"a) ! (n, b) の path

これより 次の補題が得られる

重要な補題! "補題 2.1. (i) (0, a) # (n, b) なるランダム・ウォーク W にたいし,

W のなかで“途中で x 軸と交差する path”の個数 =(0,!a) # (n, b) なる ランダム・ウォーク W † のpath の個数.

(ii) 前者の個数を数えることは難しいが, (1.2) により, 後者の個数は簡単に計算でき,

(2.2)n!

(n + b + a

2)! (

n ! b ! a

2)!

= nC(n+b+a)/2 '

( (1.2) で a # !a と置き換える.)# $

(() 前の補題から,「反射原理」が得られる.

反射原理の定理! "定理 2.2 (反射原理). b > 0 とする. (0, 0) # (n, b) である path のなかで,

(2.3) w(1) > 0, w(2) > 0, · · · , w(n) = b > 0

であるものの個数は

(2.4)b

n· nC(n+b)/2. '# $

[証明] w(1) > 0 だから, (2.3) の path は 点 (1, 1) を通る. つまり(1, 1) # (n ! 1, b) という path で (2.3) をみたすものの個数がも求める数. (1.2) + 補題 [反射法則] より,

(i) (1, 1) # (n, b) という path の個数 = n!1C(n+b)/2!1.

(ii) x軸と交わる path の個数 = (1,!1) # (n, b) という path の個数= n!1C(n+b)/2.

これより

求める数 = n!1C(n+b)/2!1 ! n!1C(n+b)/2

=(n ! 1)!&

(n + b)/2 ! 1'!&(n ! b)/2

'!! (n ! 1)!&

(n + b)/2'!&(n ! b)/2 ! 1

'!

=n!&

(n + b)/2'!&(n ! b)/2

'!

( (n + b)/2n

! (n ! b)/2n

)

= nC(n+b)/2 ·b

n. !

3 双対原理path W : w(0) = 0, w(1), w(2), · · · , w(n) (黒) にたいし

y(k) " w(k) ! w(k ! 1) = ±1, k = 1, · · · , n

とおく. そして 新しい path W " (赤) を次で定義する:

W " : w"(0) = 0, w"(1) " y(n), w"(2) " y(n) + y(n ! 1),· · · , w"(n) " y(n) + · · · + y(1).

(3.1)

Step1. path W から新しい path W " を (3.1) で作った. W " は, W から次の操作で得られる:

1. 左右反転, # 2. 上下反転, # 3. 出発点を原点に移動

こうして得られた W " は w(k) > 0, k = 1, 2, · · · , n を満たしている.

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&'()*+

,

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&'()*+,-./0

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&'()*+,-./0

!!"#$%

&'()*(+,-./01234

つまり path W と path W " は合同. しかも

w"(n) = w(n)!w(n!1)+w(n!1)!w(n!2)+· · ·w(1)!w(0) = w(n).

Step 2. 逆に*W : (0, 0) # (n, b), +w(k) > 0 for k = 1, 2, · · · , n.

なる path *W が与えられた. (3.1) により, *W からつくられた path *W "

は (3.2) を満たすことを示す.

*W " は, *W から次の操作で得られる:

1. 左右反転, # 2. 上下反転, # 3. 出発点を原点に移動.

!!"#$%

&'()*+,-(.-/,-0,-1,2-3-4567

!!"#$%

&'()*+,-./0

1

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&'()*+,-./0

1

!!"#$%

&'()*(+,-./01234

5

結局, 原点から出発し,

w(n) > w(k) for all k = 1, · · · , n ! 1() 右端が最高値

)

という path が得られた.

この W * W " の関係を利用すると次が判る.

双対原理! "定理 3.1. b > 0 とする. (0, 0) # (n, b) という path で

(3.2) w(n) > w(k) for all k = 1, · · · , n ! 1() 右端が最高値

)

となるものの個数はb

nnC(n+b)/2. '# $

[証明] Step 1. (0, 0) # (n, b) という path で (3.2) をみたすもの

W : (0, 0) # (n, b), w(n) > w(k) for k = 1, 2, · · · , n

を考える. つぎに この paht W にたいし (3.1) の W " を考えると

W " : (0, 0) # (n, b)w"(k) = w(n) ! w(n ! 1) + · · ·w(k) ! w(k ! 1)

= w(n) ! w(k ! 1) > 0

つまり W " は

(3.3) W " : (0, 0) # (n, b), w(k) > 0 for k = 1, 2, · · · , n.

Step 2. 逆に*W : (0, 0) # (n, b), +w(k) > 0 for k = 1, 2, · · · , n.

なる path *W が与えられた. (3.1) により, *W からつくられた path *W "

は (3.2) を満たす.

実際,y(k) " *W (k) ! *W (k ! 1), k = 1, 2, · · ·n

だから,

bw!(n) = y(n) + y(n " 1) + · · · + y(1) = bw(n) " bw(0) = bw(n),

bw!(k) = y(n) + · · · y(k) = bw(n) " bw(k " 1)

だから

+w"(n) ! +w"(k) = +w(n) !(

+w(n) ! +w(k ! 1))

= +w(k ! 1) > 0.

つまり *W " は (3.2) を満たしている.

Step 3. つまり Step 1, 2 より

(3.2) を満たす path の個数 = (3.3) を満たす path の個数

が示された.後者の path の個数は 定理 2.2 より b

n· nC(n+b)/2. !

注意 3.2. 公平なコインでコイントスを繰り返し,

表なら +1, 裏なら !1

という賭を n 回行う. 累積の損得が「最終回で 最高値 b」となる確率は12n

· b

n· nC(n+b)/2. '

公平なコインで n 回トスを行うと, path 1個に 確率 1/2n がある.

4 反射原理の応用例投票問題! "例題 4.1 (投票問題). 選挙の結果

A の得票 = j, B の得票 = k, j > k

となった.

“開票作業中, A が B を常にリードし続ける”確率 =j ! k

j + k. '

# $

[解答] 横軸に“投票数”, 縦軸に“Aの得票 - B の得票”をとり, ランダム・ウォーク X を走らせる.

“開票作業中, A が B を常にリードし続ける

ので, 最初の 1 票目は A に入らなければならない.

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&)()#

よって, X の path は (0, 0) # (1, 1) となる. 投票総数は j + k 票で, Aが j 票, B が k 票となったので,

X の通るべき点 : (0, 0) # (1, 1) # (j + k, j ! k),「開票作業中, A が B を常にリードし続ける」

= (1, 1) # (j + k, j ! k) という path が x 軸に交わらない.

ここで,「(1, 1) # (j + k, j ! k) という path が x 軸に交わらない」に反射原理を使う. この path の個数は

j+k"1Cj"1 " j+k"1Cj =(j + k " 1)!(j " 1)! k!

" (j + k " 1)!j! (k " 1)!

=(j + k " 1)!

(j " 1)! (k " 1)!

“ 1k" 1

j

”=

(j + k " 1)!(j " 1)! (k " 1)!

· j " kj k

=(j + k)!

j! k!· j kj + k

· j " kj k

= j+kCj ·j " kj + k

.

一方, (0, 0) # (j + k, j ! k) という path の個数は j+kCj だから,

“開票作業中, A が B を常にリードし続ける”確率= j+kCj ·

j ! k

j + k

,j+kCj =

j ! k

j + k. !

5 再帰時間原点から出発し, 時刻 2n で x 軸上にいる path を考える.

(5.1) W : (0, 0) " (2n, 0).

• この path は「時刻 2n に出発点に帰還した」もので, 時刻 2n を 再帰時間 と呼ぶ.

• (5.1) となる path の個数は 2nCn である.

• そのなかでずっと x 軸より上にいる path の個数を調べる.

定理 5.1! "定理 5.1. (i) (5.1) のなかで,

(5.2) w(1) > 0, w(2) > 0, · · · , w(2n ! 1) > 0, w(2n) = 0

である path の個数は 1n· 2n!2Cn!1 個.

(ii) (5.1) のなかで,

(5.3) w(1) # 0, w(2) # 0, · · · , w(2n ! 1) # 0, w(2n) = 0

である path の個数は 1n + 1

· 2nCn 個. $# $

[証明] (i) (5.1) + (5.2) である path は, どれも(2n ! 1, 1) を通る.

!"#$%&%'

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図5.1 (5.2) の path

つまり (5.1) + (5.2) である path は,

W : (0, 0) " (2n ! 1, 1) かつ (5.2) を満たす

ものの個数と等しい. ところが,この個数は既に §2 定理 2.2 [反射原理] で判っている.

反射原理! "b > 0 とする. (0, 0) ! (n, b) である path のなかで,

「w(1) > 0, w(2) > 0, · · · , w(n) = b > 0」であるものの個数は(b/n) nC(n+b)/2. "# $

これから

(5.1) + (5.2) である path の個数 =1

2n ! 1 2n!1Cn

=1

2n ! 1(2n ! 1)!

n! (n ! 1)!=

1n

(2n ! 2)!(n ! 1)! (n ! 1)!

=1n

2n!2Cn!1.

(ii) 図 5.1 より, (i) の path は

W : (1, 1) " (2n ! 1, 1) かつ (5.3) を満たす.

つまり,

(5.4) (1, 1) " (0, 0), (2n ! 1, 0) " (2n, 0)

とすると, (5.1)+(5.3) の path が得られる. (5.4) は, n " n + 1 と置き換えれば良いので,

(5.1) + (5.3) である path の個数 =1

n + 1 2nCn. !

6 ランダム・ウォークとコイントス我々は, ランダム・ウォークを次で定義した.

ランダム・ウォーク! "!1, !2, · · · を {1,!1} どちらかの値をとる数列とする.

実数 a と 自然数 n にたいし, 新しい数列

w(n) )!

a, n = 0a + !1 + !2 + · · · + !n, n = 1, 2, · · ·

を考える. ここで, 2次元平面で, 以下の各点を結ぶ 折れ線( path と呼ぶ) をランダム・ウォーク Wと呼ぶ:

W : (0, w(0)) " (1, w(1)) " (2, w(2)) " · · · " (n, w(n)) " · · ·# $

(%) ここで, !1, !2, · · · の値に確率を導入する.つまり, 公平なコインを投げ,

k 回目のコイントスで! 表が出る & !k = 1, 確率 1/2裏が出る & !k = !1, 確率 1/2

とする. a = 0 とおき,

w(n) =!

0 n = 0"nk=1 !k n # 1

は n 回のコイントスで得られた累積損得額となる. またランダム・ウォークの性質! "• W : (0, 0) " (n, w(n) という path は 2n 個,

• 一つ一つの path が 1/2n の確率を持つ.# $

(%) W : (0, 0) " (1, w(1)) " · · · " (n, w(n)) " · · · というpath に対し, 次の用語を定義する.

用語! "(i) 時刻 n で原点に帰還する ' w(n) = 0,

(ii) 時刻 n で 0 に初め帰還する' w(1) (= 0, · · · , w(n ! 1) (= 0, w(n) = 0,

(iii) 時刻 n で 点 r > 0 に初めて到達する' w(1) < r, · · · , w(n ! 1) < r, w(n) = r.# $

以下の議論で, これらの確率を調べる.

定理 6.1! "定理 6.1. w(0) = 0 であるランダム・ウォークを考える.

u2n ) 122n 2nCn, n = 1, 2, · · ·

とおくと, 以下の確率は全て u2n に等しい.

(i) P[w(2n) = 0], (ii) P[w(1) (= 0, w(2) (= 0, · · · , w(2n) (= 0],

(iii) P[w(1) # 0, w(2) # 0, · · · , w(2n) # 0]. $# $[証明] (i) (0, 0) " (2n, 0) を結ぶ path の個数は 2nCn 個. 一方, 時刻2n までの path の総数は 22n 個だから, (i) が導かれる.

(ii) Step 1. 前述の 定理 5.1 を使う.

定理 5.1 (i)! "W : (0, 0) ! (2n, 0) のなかで,

w(1) > 0. w(2) > 0, · · · , w(2n # 1) > 0, w(2n) = 0

である path の個数は 1n· 2n!2Cn!1 個.# $

これより 「w(1) > 0, w(2) > 0, · · · , w(2k # 1) > 0, w(2k) = 0」 であるpath の個数は

12k ! 1 2k!1Ck ==

12k ! 1

(2k ! 1)!k! (k ! 1)!

=1k

2k!2Ck!1.

よって 「w(0) = 0, w(1) $= 0, w(2) $= 0, · · · , w(2k # 1) $= 0, w(2k) = 0」である path の個数は, 上の 2 倍,

2k

2k!2Ck!1 個.

% P[w(0) = 0, w(1) $= 0, w(2) $= 0, · · · , w(2k # 1) $= 0, w(2k) = 0]

=1

22k

2k

2k!2Ck!1 =12k

u2k!2.(6.1)

ここで「原点に戻る時刻は常に偶数」に注意し,

{時刻 2n 以下では 原点に戻らない} = {全体}# {時刻 2 で初めて原点に戻る}#{時刻 4 で初めて原点に戻る}# · · ·# {時刻 2n で初めて原点に戻る}

だから,

P[w(0) = 0, w(1) $= 0, w(2) $= 0, · · · , w(2n) $= 0]

= 1 # P[w(1) $= 0, w(2) = 0] # P[w(1) $= 0, w(2) $= 0, w(4) = 0]

# · · ·# P[w(1) $= 0, · · · , w(2n) $= 0]

= 1 # 12

u0 #14

u2 # · · ·# 12n

u2n!2.(6.2)

Step 2. 次に恒等式! "

u2k!2 ! u2k =1

22(k!1) 2k!2Ck!1 !1

22k 2kCk

=1

22(k!1)

(2k ! 2)!(k ! 1)! (k ! 1)!

#1 ! 1

4(2k ! 1) 2k

k · k

$=

12k

u2k!2# $となるから, これを (6.2) に代入して,

P[w(0) = 0, w(1) (= 0, w(2) (= 0, · · · , w(2n) (= 0]

= 1 ! 12

u0 !14

u2 ! · · ·! 12n

u2n!2

= 1 !#u0 ! u2

$!

#u2 ! u4

$! · · ·!

#u2n!2 ! u2n

$

= 1 ! u0 + u2n = u2n.

(ii) が得られた.

(iii) Step 1. 前述の 定理 5.1 を使う.

定理 5.1 (ii)! "W : (0, 0) ! (2n, 0) のなかで,

w(1) & 0, w(2) & 0, · · · , w(2n # 1) & 0, w(2n) = 0

である path の個数は 1n + 1

· 2nCn 個.# $まず{w(0) = 0, w(1) & 1, w(2) & 1, · · · , w(2k # 2) & 0, w(2k # 1) < 0}= {w(0) = 0, w(1) & 1, w(2) & 1, · · · , w(2k # 2) = 0, w(2k # 1) = #1}

だから

!"#$"%&'

!&%&'

!"#$(%$('

$(

&

図6.1 2k # 1 で負になる path

P[w(0) = 0, w(1) & 1, · · · , w(2k # 2) & 0, w(2k # 1) < 0]

= P[w(0) = 0, w(1) & 1, · · · , w(2k # 2) = 0, w(2k # 1) = #1]

=1

22k!1

1k

2k!2Ck!1 =12k

u2k!2.

Step 2. 初めて負になる時刻は常に奇数時刻. これに注意すると,

{時刻 1, 2, · · · , 2n では 非負} = {全体}# {時刻 1 で初めて負になる}#{時刻 3 で初めて負になる}# · · ·# {時刻 2n # 1 で初めて負になる}

だから,

P[w(0) = 0, w(1) & 0, w(2) & 0, · · · , w(2n) & 0]

= 1 # P[w(1) = #1] # P[w(1) & 0, w(2) & 0, w(3) = #1]

# · · ·# P[w(1) & 0, · · · , w(2n # 2) & 0, w(2n # 1) = #1]

= 1 # 12

u0 #14

u2 # · · ·# 12n

u2n!2.(6.3)

ここで (6.3) = (6.2) だから (ii) と一致し, (iii) が得られた. !

(%) RW を使って証明できる, 次の恒等式は, 以後の計算に有用である.

計算で有用な補題! "補題 6.2. n # 1 とする. u2n ) 1

22n 2nCn に対し, 次式が成立.

(6.4) u2n =n%

k=1

12k

u2k!2 · u2n!2, u0 ) 1. $

# $[証明] Step 1. w(0) = 0 である RW を考える.

(6.1) 式! "P[w(0) = 0, w(1) $= 0, w(2) $= 0, · · · , w(2k # 1) $= 0, w(2k) = 0]

=1

22k

2k

2k!2Ck!1 =12k

u2k!2.# $

より, この RW の path が最初に 0 に到達する時刻を 2T とおく.2T = 2k となる path の個数は

2k

2k!2Ck!1 =2k

u2k!2.

また「w(2k) = 0 " · · · " w(2n) = 0 となる path の個数」は

2(n!k)Cn!k = u2n!2k.

よって「w(0) = 0 から出発し, 時刻 2k で初めて 0 に帰還し,

w(2n) = 0 となる path」(6.5)

の個数は2k

2k!2Ck!1 ' 2(n!k)Cn!k =2k

u2k!2 · 22k!2 ' u2n!2k · 22n!2k

=22n

2ku2k!2 · u2n!2k.

!" !#$

%&'()(*+,

-./012

!" !#$

%&'()*

+,-./.012

Step 2. w(0) = 0 という RW を考える. 前述の定理 6.1 (i)! "

w(0) = 0 であるランダム・ウォークに対し,

P[w(0) = 0, w(2n) = 0] = u2n.# $より, この RW は 時刻 2n で 0 にいる. そこで, (6.5) を考えて

u2n = P[w(0) = 0, w(2n) = 0]

=nX

k=1

P[w(0) = 0, 時刻 2k で初めて 0 に帰還, w(2n) = 0]

=nX

k=1

22n

2ku2k!2 · u2n!2k ' 1

22n=

nX

k=1

12k

u2k!2 · u2n!2k. !

7 path の周遊(excursion)

再び, 公平なコイン・トスによって駆動されるランダム・ウォークを扱う.つまり, 公平なコインを投げ,

k 回目のコイントスで! 表が出る ! !k = 1, 確率 1/2裏が出る ! !k = "1, 確率 1/2

とする. a = 0 とおき,

w(n) =!

0 n = 0"nk=1 !k n # 1

は n 回のコイントスで得られた累積損得額となる. またランダム・ウォークの性質! "• W : (0, 0) ! (n, w(n) という path は 2n 個,

• 一つ一つの path が 1/2n の確率を持つ.# $

($) §3 で述べた

(7.1) 右端で最高値 b > 0になる path

!"#$%&'()*+,-./012345

667+,-

8

9

:

は「時刻 n で初めて b に到達する path」と言い換えられる.また, 定理 3.1[双対原理] で (7.1) の個数は判っている.

双対原理! "定理 3.1 b > 0 とする. (0, 0) ! (n, b) という path で

b = w(n) > w(k) for all k = 1, · · · , n " 1“# 右端が最高値

”

となるものの個数はbn

nC(n+b)/2. $# $これを使うと, 次の定理が得られる.

双対原理から導かれる命題! "命題 7.1. b を自然数とする. 原点から出発したランダム・ウォークが, 時刻 2n " b に初めて b に到達する path の個数は

b

2n " b2n!bCn, n # b > 0, %# $

($) さらに詳しくランダム・ウォークの挙動を見る.

• 原点から出発したランダム・ウォークは何度も原点に戻る.

•「時刻 0 で原点 & 1 回目の原点への帰還」の時間区間の path を, 最初の周遊 と呼ぶ.

• 同様に「k " 1回目の原点への帰還 & k 回目の原点への帰還」の時間区間の path, を k 番目の周遊という.

•「周遊が幾つあるのか」を調べる.

!

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'*$%&

b 番目に戻る確率! "定理 7.2. b を自然数とする. 原点から出発したランダム・ウォークが,

時刻 2n で原点に戻り, かつ b 個の周遊を持つ確率=

b

2n " b2n!bCn

122n!b

. %# $

[定理 7.2 の証明 Part 1.] b > 0 を自然数として,

(7.2) 原点から出発し, 時刻 2n " b で初めて b に到達する path w

を考える.

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)

*

図7.1 path w

この path に「傾き "1, 長さ 1 の線分 L0 」を次の手順で b 個挿入する.

(i) 原点のすぐ右,(ii) 初めて 1 に到達する時刻のすぐ右,(iii) 初めて 2 に到達する時刻のすぐ右,

...(iv) 初めて b " 1 に到達する時刻のすぐ右

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! こうやって得られた path を w" とする.

!

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すると w" はいかの性質を満たす.

w" の性質! "w"(0) = 0, w"(2n) = 0, w"(k) ' 0 for k = 0, 1, · · · , 2n,(7.3)

k = 0, 1, · · · , 2n のなかで, w"(k) = 0 となる k は b + 1 個.(7.4)# $

補足! "補題 7.3. 「(7.3), (7.4) が成立」は判りにくいので, 証明する. %# $

[補足の証明] 図 7.1 の path w にたいし, 次のように置く:

• 初めて 1 に到達する時刻を T1,• 初めて 2 に到達する時刻を T2,

...• 初めて b " 1 に到達する時刻を Tb!1

!!"#$%

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*

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「傾き "1, 長さ 1 の線分」を L0 とする. path w" は, path w から次の手順で得られた. 挿入の手順を追うと 0 になる回数が判る.

(i) 原点のすぐ右に L0 を挿入 ! w"(1) = "1,

(ii) w が, 初めて 1 に到達する時刻 T1.! (i) で L0 が1個挿入されたので, w" では T1 & T1 + 1.

また w"(T1 + 1) = 0.! T1 + 1 は w" が 1 回目に 0 に帰還する時刻=最初の周遊.

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23,01/

23,-./

(iii) w に対し T1 の右に L0 を挿入 ! w(T1 + 2) = "1,

(iv) w が, 初めて 2 に到達する時刻 T2.! (i), (ii) で L0 が2個挿入されたので, w" では T2 & T2 + 2.

また w"(T2 + 2) = 0.! T2 + 2 は w" が 2 回目に 0 に戻る時刻=2番目の周遊.

(v) w に対し T1 の右に L0 を挿入 ! w(T1 + 2) = "1,

...

(vi) w が, 初めて b " 1 に到達する時刻 Tb!1.! (i), · · · , で L0 がb " 1個挿入されたので,

w" では Tb!1 & Tb!1 + b " 1. また w"(Tb!1 + b " 1) = 0.! Tb!1 + b " 1 は w" が b " 1 回目に 0 に戻る時刻

=b " 1 番目の周遊.

(vii) w に対し Tb!1 の右に L0 を挿入 ! w(Tb!1 + b) = "1,

(viii) w は, 時刻 2n " b で初めて b に到達.! (i), · · · , (vii) で L0 がb個挿入されたので, w" では 2n" b & 2n.

また w"(2n) = 0.! 2n は w" が b 回目に 0 に戻る時刻=b 番目の周遊. !

[定理 7.2 の証明, Part 2] 逆に (7.3), (7.4) の条件

時刻 2n が b回目の 0 への帰還となる path w†! "(7.3) w†(0) = 0, w†(2n) = 0, w†(k) % 0 for k = 0, 1, · · · , 2n,

(7.4) k = 0, 1, · · · , 2n のなかで, w†(k) = 0 となる k は b + 1 個.# $を満たす path w† があるとする.

逆の手順 (7.5)! "この w† から,

(7.2) 原点から出発し, 時刻 2n " b で初めて b を通る path #w

を作ることができる.# $

[定理 7.2 の証明, Part 3] Step 1. 証明, Part 1 および Part 2 から,

時刻 2n が b回目の 0 への帰還となる path w! "(7.3) w(0) = 0, w(2n) = 0, w(k) ' 0 for k = 0, 1, · · · , 2n,

(7.4) k = 0, 1, · · · , 2n のなかで, w(k) = 0 となる k は b + 1 個.# $と右端の時刻 2n " b が最高点 b の path! "(7.2) 原点から出発し, 時刻 2n " b で初めて b に到達する path w# $

が 1 : 1 に対応していることが証明できた.

ここで 命題 7.1 より

前者の個数 =後者の個数 =b

2n " b2n!bCn.

Step 2. (7.3), (7.4) を満たす path w を考える. この w は

時刻 0 & 最初に 0 に帰還する時刻$ %& '最初の周遊

&

& 2番目に 0 に帰還する時刻$ %& '2番目の周遊

& · · ·

& b " 1 番目に 0 に帰還する時刻& b 番目に 0 に帰還する時刻$ %& 'b 番目の周遊

と b 個の周遊に分解できる.

• (7.3) より「path w のすべての周遊は x 軸より下にある」.

• x 軸より上にある周遊を鏡像で作ると, 2b 個の異なった path ができる.

!

"#$%& '($%& ')$%& '*$%&

図7.2 赤が path w, 青の周遊を鏡像で作る

• つまり「原点から出発し, 時刻 2n で原点に戻り, かつ b 個の周遊を持つ path」の個数は,

b

2n " b2n!bCn ( 2b.

• 一方, 時刻 2n までの path の総数は 22n 個だから, 「原点から出発し,時刻 2n で原点に戻り, かつ b 個の周遊を持つ確率」は

b

2n " b2n!bCn ( 2b ( 1

22n=

b

2n " b2n!bCn

122n!b

. !

8 Arc sine の法則-不公平の法則• 時刻 k ! 1 から k までの path w が x軸より上にあるとき,

「RW が 期間 1 だけ正の側にいた」

と言う.

• より詳しく言うと,

{w(k ! 1) " 0, w(k) > 0} もしくは {w(k ! 1) > 0, w(k) " 0}

が成立することで, 「コイントスによる賭の累積損益が正の期間」と解釈できる.

•「RW が 正の側にいる期間の長さ」を調べる.

Arc sin の法則! "定理 8.1. 原点から出発する path w に対し,

R(2k, 2n) # RW が期間 2k だけ正の側におり,

期間 2n ! 2k だけ負の側にいる確率

とおく. すると

R(2k, 2n) =1

22k· 2kCk $ 1

22n!2k· 2n!2kCn!k. %# $

注意 8.2. 直感では

RW が期間 n だけ正の側におり, 同じ長さの期間 n だけ負の側にいる確率 = R(n, 2n) & 1

2.

' ところが実際は全く異なる.

例 n = 10 のとき

2k 0 2 4 6 8 1020 18 16 14 12

R(2k, 20) 0.176 0.092 0.073 0.065 0.061 0.06

で,「ずっと正の側にいるグループ」(=「ずっと負の側にいるグループ」)の確率が最大:

• n = 10 で R(0, 20)!

R(10, 20) & 3.

• この傾向は n を大きくしても変わらない.

• 実際, n = 54 で˘R(0, 54) + · · · + R(4, 54)

¯.˘R(25, 54) + · · · + R(29, 54)

¯# 3.5

2 4 6 8 10

0.05

0.10

0.15

10 20 30 40 50

0.005

0.010

0.015

0.020

0.025

0.030

0.035

2 4 6 8 10

0.05

0.10

0.15

図8.1 青が n = 10, 赤が n = 54 の場合

(") 「極端なグループの確率が大きい」ことは, n = 49 での「正の側に長くいる組」「正の側にまあまあ長くいる組」· · · と分類すると明瞭になる.

正の側にいる割合 81%以上の組 80% ! 61%の組 60% ! 40%の組19%以下の組 39% ! 20%の組

その確率 29% 14% 13%

1 2 3 4 5

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

図8.2 左から 81% 以上, 80-61%, 60-40%, 39-20%, 19% 以下

[定理 8.1 の証明] u2n # 12n 2nCn と表す. 数学的帰納法で証明する.

Step 1. “k = 0, 2n で成立することの証明”. §6 の定理 6.1(iii)! "

w(0) = 0 であるランダム・ウォークを考える.

P[w(1) " 0, w(2) " 0, · · · , w(2n) " 0] = u2n $# $より, RW が 時刻 0 から 2n までずっと正の側にいる確率は u2n. つまり, R(2n, 2n) = u2n. また RW は対称だから, R(0, 2n) = u2n.

Step 2. 以後, 1 ( k ( n ! 1 とする.

「正の側に 2k > 0 時間, 負の側に 2(n! k) > 0 時間いる RW」を考える. この RW は必ず x軸を横切るので,

2T # RW が最初に x軸に到達する時間

とおき, 「正の側に 2k, 負の側に 2(n ! k)時間いる RW」を２つに分類:"#

$

w(k) > 0 for k = 0, 1, · · · , 2T

時刻 2T から 2n までで, 正の側にいる時間は 2k ! 2T .(8.1)

"#

$

w(k) < 0 for k = 0, 1, · · · , 2T

時刻 2T から 2n までで, 正の側にいる時間は 2k.(8.2)

!" !#$

%&'()* ()*+,!-.!",,/0

!" !#$

%&'()* +)*,-!.-/0

Step 3. まず (8.1) の path を数える. §5 の定理 5.1 (i)! "

W : (0, 0) % (2n, 0) のなかで,

(8.3) w(1) > 0, w(2) > 0, · · · , w(2n ! 1) > 0, w(2n) = 0

である path の個数は 1n· 2n!2Cn!1 個.# $

を使うと

0 = w(0) ) w(1) > 0 ) · · · ) w(2T ! 1) > 0 ) w(2T ) = 0

という path の数は 1T

2T!2CT!1.

つまり1 ( T ( k にたいし,

(8.1) の path の数 =1T

2T!2CT!1 & 22(n!T ) · R(2(k ! T ), 2(n ! T ))| {z }

R の定義から.

同じ議論を使うと, 1 ( T ( n ! k にたいし,

(8.2) の path の数 =1T

2T!2CT!1 & 22(n!T ) · R(2k, 2(n ! T ))| {z }

R の定義から.

これより次式が得られる.

2n R(2k, 2n) = (8.1) の個数+ (8.2) の個数

=kX

T=1

1T

2T!2CT!1 & 22(n!T ) · R(2(k ! T ), 2(n ! T ))

+n!kX

T=1

1T

2T!2CT!1 & 22(n!T ) · R(2k, 2(n ! T )).

(8.4)

Step 4.

数学的帰納法の仮定! "m = 1, 2 · · · , n ! 1 に対し, 次が成立,

R(2k, 2m) = u2k · u2(m!k), k = 0, · · · , m(8.5)

# $を仮定し, 次が成立することを示す.

R(2k, 2n) = u2k · u2(n!k), k = 0, · · · , n

k = 0, 2n の場合は Step 1 で証明済み. よって 1 ( k ( 2n ! 1 とする.(8.4) より

2n R(2k, 2n) =

=kX

T=1

1T

2T!2CT!1| {z }22T!2 u2T!2

&22(n!T ) · R`2(k ! T ), 2(n ! T )

´| {z }

(8.5) より u2k!2T · u2n!2k

+n!kX

T=1

1T

2T!2CT!1| {z }22T!2 u2T!2

&22(n!T ) · R`2k, 2(n ! T )

´| {z }

(8.5) より u2k · u2n!2k!2T

=kX

T=1

1T

22n!2 u2T!2 · u2k!2T · u2n!2k

+n!kX

T=1

1T

22n!2 u2T!2 · u2k · u2n!2k!2T .

ここで §6 で証明した

補題 6.2! "n " 1 とする. u2n ' 1

22n 2nCn に対し, 次式が成立.

u2n =nX

k=1

12k

u2k!2 · u2n!2, u0 ' 1.

# $を適用.

2n R(2k, 2n) = 22n!1kX

T=1

12T

u2T!2 · u2k!2T

| {z }u2k

·u2n!2k

+22n!1n!kX

T=1

12T

u2T!2 · u2(n!k)!2T

| {z }u2(n!k)

·u2k

= 22n!1˘u2k · u2n!2k + u2n!2k · u2k

¯= 2n u2k · u2n!2k. !

9 破産問題(i) ランダム・ウォークの応用問題として, 「ギャンブラーの破産問題」が有名.

(ii) この問題は,‘ギャンブルの最適戦略’ だけでなく, ‘市場占有率の効果’や ‘企業規模と経営戦略’ を考える上で重要.

9.1 ギャンブラーの破産問題ギャンブラー U 氏は次のルールで賭を行う:

(i) 賭け金 1, つまり「勝てば +1, 負ければ#1 」というゲームを繰り返す.

(ii) 各々のゲームで, U 氏の勝つ確率は p (0 < p < 1).(iii) 目標金額 a を獲得するか, 資金が 0 になる(=破産する)時点で賭は

終了.

!"

#$%&'

(

)

(!) ここで私達の扱う問題は, 次の ‘ギャンブラーの破産問題’ .

ギャンブラーの破産問題! "問題 9.1. U氏は資金 n (0 < n < a) でゲームを開始した. U氏が,

目標金額 a を獲得する前に破産する確率 Q(n)

をもとめよ.# $

(!) 確率漸化式を導入する.

(i) U氏の資金 n は, 1 " n " a # 1 とする.

(ii) まずゲームを1回行う. $ U氏の資金!

n + 1 勝たときn # 1 負けたとき.

(iii) つまり, U氏は 2 回目は「資金 n + 1 か n # 1 の状態」から賭を続ける(=マルコフ性).

!

"

#

#$%

#&%

(1回目で勝ったとき)

(1回目で負けたとき)

この「確率論-マルコフ性」の考え方」を数式化.

漸化式の考え方! "(i) 2回目以降は“確率 p で資金 n + 1”,“確率 q = 1 # p で資金

n # 1”の状態から賭を続ける.(ii) 資金 a (=目標金額) では賭を行わない. % 破産しない.(iii) 一方, 資金 0 (=破産) では, 既に破産している.# $

ことに注意する. $ 結局 「問題 9.1」は, “漸化式 (9.1) を解く”こと.

漸化式と境界条件! "Q(n) = p Q(n + 1) + q Q(n # 1),Q(a) = 0, Q(0) = 1, p + q = 1.

(9.1)

# $

9.2 漸化式の解Case 1. p = 1/2 のとき.p = 1/2 = q = 1 # p だから (9.1) は

Q(n) =12

Q(n + 1) +12

Q(n # 1)

$ Q(n + 1) # Q(n) = Q(n) # Q(n # 1)$ Q(n + 1) # Q(n) = · · · = Q(1) # Q(0) = Q(1) # 1.

よって

Q(n) =$Q(n) # Q(n # 1)

%+ · · ·

$Q(1) # Q(0)

%+ Q(0)

= (Q(1) # 1)n + Q(0) = (Q(1) # 1)n + 1.

そこで (9.1) の第2式より

0 = Q(a) = 1 + (Q(1) # 1)a $ Q(1) # 1 = #1/a.

結論1! "p =

12の場合

Q(n) = 1 # n

a, n = 0, 1, · · · , a. !

(9.2)

# $Case 2. p &= 1/2 の場合Step 1. p + q = 1 に注意すると, (9.1) は

(p + q) Q(n) = Q(n) = p Q(n + 1) + q Q(n # 1)$ p

"Q(n + 1) # Q(n)

#= q

"Q(n) # Q(n # 1)

#.

! ' q/p とおくと, 階差数列が等差数列となる:

"Q(n + 1) # Q(n)

#= !

"Q(n) # Q(n # 1)

#.

これより

Q(n) # Q(n # 1) = !n!1"Q(1) # Q(0)

#= !n!1

"Q(1) # 1

#.

さらに

Q(n) =$Q(n) # Q(n # 1)

%+ · · ·

$Q(1) # Q(0)

%+ Q(0)

="Q(1) # 1

#"!n!1 + !n!2 + · · · + ! + 1

#+ 1

="Q(1) # 1

# 1 # !n

1 # !+ 1

=1

1 # !

"# ! + Q(1) +

"1 # Q(1)} !n

#.

ここで Q(1) の値はまだ不明である.

Step 2. さて (9.1) 第2式を考慮すると,

0 = Q(a) =1

1 # !

"# ! + Q(1) +

&1 # Q(1)

'!#.

これを解いてQ(1) =

!a # !

!a # 1.

これを Step 1 の計算結果に代入し結論2! "

p &= 12の場合, n = 0, 1, · · · , a.

Q(n) =!a

!a # 1# !n

!a # 1=

!a # !n

!a # 1.

(9.3)

# $

9.3 破産問題の解答前項の計算より, 次の結論が得られた:

ギャンブラーの破産問題! "定理 9.2. U氏は 目標金額 a, 資金 n (0 " n " a), 1回あたりの賭け金 1 でゲームを開始した.彼が破産する確率 Q(n) は

Q(n) =

()))*

)))+

1 # n

a, p = 1/2,

(1/p # 1)n # (1/p # 1)a

1 # (1/p # 1)a, p &= 1/2. (

# $

(!) つぎに 定理 9.2 で明らかになった

破産確率 Q(n) と個々のゲームでの勝利確率 p との関係

を調べるために,

• 目標金額 a = 100, 資金 n = 50,

• 目標金額 a = 1000, 資金 n = 500

の２つの場合に, 破産確率 Q(n) を実際に計算してみる.

a = 100 のとき

p 0.49 0.495 0.497 0.498 0.5Q(50) 0.881 0.731 0.646 0.599 0.5

表 1

a = 1000 のとき

p 0.49 0.499 0.4995 0.4997 0.5Q(500) ! 1 0.881 0.731 0.646 0.5

表 2

表 1 と 表 2 をグラフ化し, 両者を重ねる:

0.475 0.480 0.485 0.490 0.495 0.500

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

図9.1 a = 100 (青線) の場合, a = 1000 (赤線) の場合

(i) 表 1 (a = 100, n = 50) では,

• p = 0.5 のときの 破産確率は Q(50) = 0.5,

• 一方, p = 0.48 と 2% 不利なだけで Q(50) = 0.982

と激変する.

(ii) 表 2 (a = 1000, n = 500) の場合は, 表 1 の例より p の変化にさらに敏感.

• p = 0.5 のときの 破産確率 Q(50) = 0.5 から,

• p = 0.499 と0.1% 不利なだけで Q(500) = 0.881 と激変. (

• さらに, p > 0.5 の場合, 不利な状況(最初の資金が少ない)から逆転できる可能性が大きいことを示す.

) a = 100, p = 0.52

として, 最初の資金 n を動かしたときの Q(n) の値を計算するn 10 15 20 25 30

a = 100, p = 0.51Q(n) 0.664 0.540 0.439 0.356 0.238

a = 100, p = 0.52Q(n) 0.449 0.301 0.201 0.135 0.09

表 3

つまり, 各々の勝利確率が 2 % 有利(p = 0.52) なら, 目標金額の 1/10 の資金で賭を行っても, 50%の成功確率がある.

10 20 30 40

n

0.2

0.4

0.6

0.8

Q!n"

図9.2 p = 0.51(青) と p = 0.52(赤)

以上の考察から, 次が判明:

個々のゲームでの勝利確率の効果! "系 9.3. (i) 破産確率 Q(n) は, 各々の勝利確率 p の僅かな大小に

よって劇的に変化するa

(ii) また,その変化は, 行われるゲームの回数が多いほど著しくなる.(

a市場での商品競争力が, 各々のゲームでの勝利確率 p にあたる.すると ‘商品競争力の僅かな差で企業の生き残る確率(破産確率Q(n)) が大きく変動する’ との結論が導かれた.# $

9.4 掛け金の大小と破産確率定理 9.2, 系 9.3 から ‘賭けの最適戦略’を調べる.

• 問題 9.1 では賭け金は 1 だったが, ここでは賭け金を半額にした場合の破産問題を考える.

掛け金半額での賭け! "問題 9.4. 賭け金を 問題 9.1 の半分, つまり

勝てば 1/2, 負ければ #1/2

としたとき, U 氏の破産確率 Q"(n) を求めよ.# $

[解答] Step1. [問題 9.4 への考え方]賭け金を半分にするということは,

最初の資金 % 倍, 目標金額 % 倍

にすることと同じである. (

Step 2. この ‘考え方’ に従うと, 定理 9.2 で

n % 2n, a % 2a.

と置換することにより, 簡単に Q"(n) が求められる. 実際, p &= 1/2 の場合

(9.4) Q"(n) =(1/p # 1)2n # (1/p # 1)2a

1 # (1/p # 1)2a. !

掛け金の大小と破産確率の大小! "問題 9.5. Q(n) と Q"(n) との大小を比較せよ. (# $

[解答] まず Q" (9.4) の分子を因数分解:

(1/p " 1)2n " (1/p " 1)2a

=ˆ(1/p " 1)n " (1/p " 1)a˜ˆ

(1/p " 1)n + (1/p " 1)a˜

次に Q" (9.4) の分母を因数分解:

1 " (1/p " 1)2a

=ˆ1 " (1/p " 1)a˜ˆ

1 + (1/p " 1)a˜

これより

Q"(n) =,(1/p # 1)n # (1/p # 1)a

-,(1/p # 1)n + (1/p # 1)a

-,1 # (1/p # 1)a

-,1 + (1/p # 1)a

-

= Q(n)(1/p # 1)n + (1/p # 1)a

1 + (1/p # 1)a.

ここで 次の結論が出た:

p <12とする $ 1

p# 1 > 1 $ (1/p # 1)n + (1/p # 1)a

1 + (1/p # 1)a> 1.

Q(n) と Q"(n) の大小! "定理 9.6. 0 < p <

12

$ Q"(n) > Q(n),12

< p < 1 $ Q"(n) < Q(n). (# $

9.5 確率論に基づく賭の最適戦略• 前項の議論は賭け金を 1/3, 1/4, · · · とするときも成立.

• そして ‘Q(n) が n, a について連続’ という事実を使うと, 次の一般化した結論が得らる.

賭の最適戦略! "定理 9.7. (i) 各々のゲームでの勝利確率 p が 1/2 より小さいギャンブラーは, 一回当たりの賭け金を多くするほど破産確率が小.

(ii) 各々のゲームでの勝利確率 p が 1/2 より大きいギャンブラーは,一回当たりの賭け金を少なくするほど破産確率が小. (# $

(!) 最近「異性の気を引くための贈り物作戦が猿でも観察された」との報道があったが, (見返りを期待した)贈り物をする場合の最適戦略を述べる.

クリスマス+バレンタインディーの作戦! "系 9.8. • もし自分がもてない方だと思うならば, 一人に高価なプレゼント.

• もてる方だ思うならば, 安くても良いから, 多人数へプレゼント.(# $

10 破産問題 - いつ決着がつくか破産確率の漸化式を前節で解いた. そこで,「破産するまでに何回賭を行うか」を調べる.

10.1 決着までの平均回数賭のルール! "(i) 賭け金 1, つまり「勝てば +1, 負ければ#1 」というゲームを繰り返す.

(ii) 各々のゲームで, U 氏の勝つ確率は p (0 < p < 1).(iii) 目標金額 a を獲得するか, 資金が 0 になる(=破産する)時点で

賭は終了.# $

所持金 n, 目標金額 a で上の賭を繰り返す. このとき D(n) で賭の決着がつくまでの平均回数を表す*1

決着までの平均回数! "問題 10.1. D(n) を求めよ. (# $

Step 1. 前節の破産確率の計算と同様に(i) 最初の賭で勝てば 所持金 n + 1 で賭を続けることになる,(ii) 最初の賭で負ければ, 所持金 n # 1 で賭を続けることになる,(iii) どちらの場合も, 賭は 1 回行われた,

ので 次の漸化式が得られる:

*1 ここで“平均回数が有限”を仮定している”. この仮定の正当性は別の証明が必要である.

D(n) = pD(n + 1) + (1 # p) D(n # 1) + 1for 1 " n " a # 1,

境界条件: D(0) = 0 = D(a).(10.1)

Step 2. これは「2階非斉次漸化式」で,“漸化式の解法(解析学)”を使って解決する.

(10.1) で右辺の 1 を取り去った漸化式 ((10.1) に随伴する「2階斉次漸化式」と呼ぶ) は

.D(n) = p .D(n + 1) + (1 # p) .D(n # 1), p &= 1 # p

となり Q(n) の満たす漸化式 (9.1) と同じ形. $

.D(n) =

()))*

)))+

A + B(1 # p

p)n, p &= 1

2,

A + B n, p =12

一方, 次の {bn} は

bn =

()))*

)))+

n

1 # 2p, p &= 1

2,

#n2, p =12.

は (10.1) を満たしたいる (特解と呼ぶ).

Step 3. つまり

D(n) =

()))*

)))+

A + B(1 # p

p)n +

n

1 # 2p, p &= 1

2,

A + B n # n2, p =12,

が (10.1) の解で, 境界条件が成立するように A,B を決めればよい. !

決着がつくまでのゲーム平均回数! "定理 10.2. 所持金 n, 目標金額 a でゲームを繰り返す. このとき「目標金額に到達」もしくは「破産」で, 賭の決着がつくまでの平均回数D(n) は,

(10.2) D(n) =

())))))*

))))))+

11 # 2p

$n # a ·

1 #&(1 # p)/p

'n

1 #&(1 # p)/p

'a

%,

p &= 1/2,

n (a # n), p = 1/2. (# $

例題 10.3. U 氏が 所持金 n = 1, 目標金額 a = 1000 で賭を開始した. pを変化させて, 決着がつくまでの賭の平均回数をみる:

p 0.49 0.499 0.4999 0.49999 0.5D(1) 50 462.6 932.7 992.4 999

0.492 0.494 0.496 0.498 0.500

100

200

300

400

500

600

前節の結論

破産確率! "U が破産する確率 Q(n) は

Q(n) =

()))*

)))+

1 # n

a, p = 1/2,

(1/p # 1)n # (1/p # 1)a

1 # (1/p # 1)a, p &= 1/2. (

# $から U 氏の破産確率 Q(1) は

p 0.49 0.499 0.4999 0.49999 0.5Q(1) + 1 0.99993 0.9992 0.99902 0.999

である. これを考慮すると「決着がつくまでの賭の平均回数」は異様に多い. (

レポート問題! "練習問題 10.4. 次の計算結果は一見矛盾している:

p = 0.49 $ Q(1) + 1 だが D(1) = 50,

p = 0.5 $ Q(1) + 1 だが D(1) = 999 (!).

どのような状況でこうなるかを説明せよ. (

(!) レポートの要領• 締切は次回の講義開始時間=06/23(水), 13:20.

• A4 用紙に記入し, 講義開始時に提出せよ.

• 共同提出を認めるが, 正解以外の評価点は低い.# $

10.2 決着回数の確率• 破産するか目標金額 a に到達するまで賭を繰り返す.

• “所持金 Sk, k = 0, 1, · · · , の変動”を「0 と a に吸収壁を持つ シンプル・ランダムウォーク」とよぶ.

• その挙動をさらに詳しく調べる. つまり次を求める:

u(z, n) ' z から出発し, n 回で壁 0 に到達して, 賭が終わる確率, 0 " z " a.

I. u(z, n) の満たす漸化式を考える: 1 回賭を行うと 位置が z + 1 かz # 1 になるので

u(z, n) = p u(z + 1, n # 1) + q u(z # 1, n # 1),2 " z " a # 2, n * 2.

(10.3)

境界条件はu(0, n) = 0 = u(a, n), n * 1u(0, 0) = 1; u(z, 0) = 0, 1 " z " a.

(10.4)

II. (10.3)+ (10.4) を解くため, 母関数 generating function を導入する:

(10.5) U(z, s) '#/

n=0

sn u(z, n), |s| " 1.$u(z, n) の母関数

%

母関数の性質! "(i) U(z, 0) = u(z, 0).

(ii) U(z, s) を s で微分すると U $(z, s) =0#

n=1 n sn!1 u(z, n).% U $(z, 0) = u(z, 1).

(iii) U(z, s) を s で2回微分するとU $$(z, s) =

0#n=2 n(n # 1) sn!2 u(z, n).% U $$(z, 0) = 2! u(z, 2).

(iv) U(z, s) を s で k回微分すると U $(k)(z, s) =0#

n=k n(n #1) · · · (n # k) sn!k u(z, n).

% U $(k)(z, 0) = k! u(z, k).

つまり, U(z, s) から, すべての u(z, k) が計算できる. (# $

III.u(z, n) の漸化式! "

(2.3) u(z, n) = p u(z + 1, n # 1) + q u(z # 1, n # 1).# $0#n=1 (10.3) - sn を計算する. (10.5) から

左辺 = U(z, s)右辺 = p sU(z + 1, s) + q sU(z # 1, s).

境界条件 (10.4) より

(10.6) U(0, s) = 1, U(a, s) = 0.

つまり

(10.7) U(z, s) = p sU(z + 1, s) + q sU(z # 1, s).

これは 漸化式の解法でいう2階斉次型の漸化式 で一般解が求められる．

IV. (10.7) を解く.

Step 1. |s| < 1 を固定する.

x = p s x2 + q s$(10.7) の特性方程式

%

の根は

"1 ' 1 +,

1 # 4p q s

2 p s,

"1 ' 1 +,

1 # 4p q s

2 p s.

これより (10.7) の解は

U(z, s) = A(s) ("1(s))z + B(s) ("2(s))z.

Step 2. 境界条件 (10.6) が成立するように, A(s), B(s) を決める:

A(s) =#("2(s))a

("1(s))a # ("2(s))a,

B(s) =("1(s))a

("1(s))a # ("2(s))a.

根と係数の関係 "1(s) · "2(s) = qs/ps = q/p で整理してu(z, n), n * 0 の母関数 U(z, s)! "命題 10.5. U(z, s) は

U(z, s) =("1(s))a ("2(s))z # ("2(s))a ("1(s))z

("1(s))a # ("2(s))a

=&q

p

'z ("1(s))a!z # ("2(s))a!z

("1(s))a # ("2(s))a. q = 1 # p. (

(10.8)

# $

V. 賭が 壁 a に到達して終わる確率を計算しよう.

v(z, n) ' z から出発して n 回で壁 a に到達し,

賭が終わる確率, 0 " z " a.

とし, v(z, n) の母関数を

V (z, s) '#/

n=0

sn v(z, n)

とおく.

練習問題 10.6. V (z, s) を計算せよ.

[解答] U(z, s) で

p % q, q % p, z % a # z, a # z % z

と置き換えればよい. よって,

µ1 ' 1 +,

1 # 4p q s

2 q s,

µ1 ' 1 +,

1 # 4p q s

2 q s.

としてV (z, s) =

&p

q

'z!a (µ1(s))z # (µ2(s))z

(µ1(s))a # (µ2(s))a. !