■ - ナルト世界の謎を紐解く

主人公サイドがペインに勝つことを
確率の問題で考えてみましょう。
今回一般式を導いて、次回具体的な考察をする
２部構成で話を進めていきたいと思います。

１．ペインに勝てる確率（１）

さて暁のリーダーであるペインは、倒されても蘇り、
神羅天征という驚異的な術まで使いこなす強敵です。
その不死身さは飛段と、強さはトビとも並ぶものでしょう。
そんな無敵なキャラであるペインも、
自来也やナルトらにその六道のうち何体かを潰されているのですが、
無敵たる所以は、六道ペインは死体より造られたもので、
その補充が利く限りにおいて、何体倒されようが再び六道として蘇ってくるというわけです。
この状況は次の状況と等価であるとして考えることにしましょう。

f:id:naruto_AG23:20090129203815j:image:small

上のように２つの○を考えます。
ペインに挑む者とペインとの数回にわたる攻防の勝敗をこの○に色をつけることで表します。
まずこの白丸が２つの状態を【状態a】とします。

$\longrightarrow$

f:id:naruto_AG23:20090129203814j:image:small

次にペインに挑む者がペインのうちある１回の攻防で数体でも倒せたなら（一体でも可）
青丸を１個つけることにします。この状態を【状態b】とします。

$\longrightarrow$

f:id:naruto_AG23:20090129203812j:image:small

さらに数回の攻防でペインを全て倒せたなら青丸をもう１個、計２個つけることにします。
つまりペインに勝つこととは、青丸が２つつくことになります。

$\longrightarrow$

f:id:naruto_AG23:20090129205251j:image:small

$\longrightarrow$

同様にしてペインがペインに挑む者を倒した場合は赤丸で表すことにしますが、
ペインのようにいくつもの身体がないので負けたら死亡ということで、
一気に赤丸が２つつくことにしましょう。

$\longrightarrow$

ここで１回の攻防でペインが倒せない場合は２回目の攻防でも【状態a】のまま、
また１つ青丸がついていても（＝ペイン数体を倒していても）、
次の攻防でペインを倒しきれなかった場合は【状態b】のままであるとして、

$\longrightarrow$

ペイン六道の蘇生が起こったり、撤退するなどして勝負がつかないなどの場合は、
青丸は消えて【状態b】から再び【状態a】に戻る形で表します。

さて、青丸をつけることができるのはペインに挑む者の能力次第によりますが、その確率を $P_s$ とおき、
しかも完全にペインを倒せるには、残りのペインを倒すわけですが、
【状態a】でペインを倒すのと【状態b】でペインを倒すのとでは違いが生じるので、
そこから残り数体のペインを倒す確率は ${\lambda}_s ({\lambda}_s \gt 0)$ を用いて、 ${\lambda}_s P_s$ と表すことにします。
逆に全て倒せずその間に倒されていたペインが復活し６体に戻る確率を $P_q$ とします。
またペインが６体のとき赤丸をつける確率を $P_p$ 、
何体か失っている状態で赤丸になる確率を ${\lambda}_p ({\lambda}_s \gt 0)$ を用いて、 ${\lambda}_p P_p$ と表すことにします。
ここで【状態a】【状態b】からそれぞれ状態変化するときの確率は一定であるということにします。以上から、
【状態a】→【状態a】となる確率は $1-P_s-P_p$
【状態b】→【状態b】となる確率は $1-P_q -({\lambda}_s P_s + {\lambda}_p P_p)$
ここまでの関係を図に表すと次の様になります。

２．ペインに勝てる確率（２）

このような調子で $n$ 回の攻防が行われるとします。
実際に $n$ 回目の攻防でペインに完全に勝つ確率を計算してみましょう。
$n$ 回目の攻防で【状態a】にある確率を $a_n$ 、【状態b】にある確率を $b_n$ とすると
ペインに完全に勝つということは $n-1$ 回目で【状態b】にあって、
確率 ${\lambda}_sP_s$ で青丸を２つつけることと同じです。
つまり $n$ 回の攻防で完全に勝つ確率は

${\lambda}_sP_sb_{n-1}$

ということになります。ここで $n$ 回目に【状態b】である確率 $b_n$ を求めてみましょう。
ここで $n$ 回目に【状態b】であるというのは、

$n-1$ 回目に【状態b】で確率 $1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p$ でペインの蘇生が起こらず決着もつかない
$n-1$ 回目に【状態a】で確率 $P_s$ でペインを数体倒した

ということです。同様にして $n$ 回目に【状態a】である確率 $a_n$ は

$n-1$ 回目に【状態a】で確率 $1-P_s-P_p$ でペインを倒せない
$n-1$ 回目に【状態b】で確率 $P_q$ でペインの蘇生が起こった

ということになりますから、次のような漸化式が成立します。

$\begin{eqnarray} &a_n&=(1-P_s-P_P)a_{n-1}+P_q b_{n-1} \\ &b_n&=P_s a_{n-1} +(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p)b_{n-1} \end{array}$

$(1)$

これはそのまま連立方程式で解くのは難しいので、行列に直して計算しましょう。

$\begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-P_s-P_p & P_q \\P_s & 1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n-1} \\ b_{n-1} \end{pmatrix}$

ここで、

$A=\begin{pmatrix} 1-P_s-P_p & P_q \\P_s & 1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p \end{pmatrix}$

とおくと、はじめの状態（＝０回目の攻防）では【状態a】に他ならなく、 $a_0=1$ 、 $b_0=0$ ですから、

$\begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}=A^{n} \begin{pmatrix} a_0 \\ b_0 \end{pmatrix}=A^{n} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$(2)$

ここで $A^{n}$ を求めるために

$A^{n+1}-xA^n=y(A^n-xA^{n-1})$

となるような $x,y$ を考えます。このような $x,y$ は

$t^2- \big{ (1-P_s-P_p)+(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p) \big}t \\ \hspace{100}+(1-P_s-P_p)(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p)-P_sP_q=0$

の２解であり、その２解を改めて、

$t={\alpha},{\beta}(\alpha \lt \beta)$

とし、

$D=\big{ (1-P_s-P_p)+(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p) \big}^2 \\ \hspace{100}-4\big{(1-P_s-P_p)(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p)-P_sP_q \big}$

$(3)$

とおくと、

$\begin{eqnarray} &{\alpha}&=\frac{(1-P_s-P_p)+(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p)-\sqrt{D}}{2} \\ &{\beta}&=\frac{(1-P_s-P_p)+(1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p)+\sqrt{D}}{2} \end{eqnarray}$

$(4)$

となります。つまり、

$A^{n+1}-{\alpha}A^n={\beta}(A^n-{\alpha}A^{n-1})=\cdots={\beta}^{n}(A-{\alpha}E)$
$A^{n+1}-{\beta}A^n={\alpha}(A^n-{\beta}A^{n-1})=\cdots={\alpha}^{n}(A-{\beta}E)$

となります。ここで $E$ は単位行列を表しています。ですから、

$({\beta}-{\alpha})A^n=({\beta}^n-{\alpha}^n)A-{\alpha}{\beta}({\beta}^{n-1}-{\alpha}^{n-1})E$

ここで、

${\beta}-{\alpha}=\sqrt{D}$

ですので、 $(2)$ 式で必要な $A^{n}$ は

$A^{n}=\frac{({\beta}^{n}-{\alpha}^{n})}{\sqrt{D}}A-\frac{{\alpha}{\beta}({\beta}^{n-1}-{\alpha}^{n-1})}{\sqrt{D}}E$

$(5)$

と書けます。したがって、

$A^{n}=\frac{{\beta}^{n}-{\alpha}^{n}}{\sqrt{D}}\begin{pmatrix} 1-P_s-P_p & P_q \\P_s & 1-P_q-{\lambda}_sP_s-{\lambda}_pP_p \end{pmatrix} \\ \hspace{250}-\frac{{\alpha}{\beta}({\beta}^{n-1}-{\alpha}^{n-1})}{\sqrt{D}}\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$

となりますが、ここで $(2)$ 式について実は

$\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}&=&A^{n} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix} r_{1,1}&r_{1,2} \\ r_{2,1}&r_{2,2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} r_{1,1} \\ r_{2,1} \end{pmatrix}\end{eqnarray}$

となるので $b_n$ は $A^{n}$ の２行１列目(2,1)成分と等しくなります。
さらに単位行列はこの(2,1)成分が０なので、

$b_n=\frac{{\beta}^{n}-{\alpha}^{n}}{\sqrt{D}}P_s$

したがって $n$ 回目の攻防でペインに勝つ確率

${\lambda}_sP_sb_{n-1}=\frac{{\beta}^{n-1}-{\alpha}^{n-1}}{\sqrt{D}}{\lambda}_s{P_s}^2$

が得られました。