東京大学 情報理工学研究科 2018年度 数学 第3問
Author
etsurin, 祭音Myyura
Description
赤いカードが \(2\) 枚と白いカードが \(1\) 枚入った袋および複素数 \(z_n, w_n \ (n=0, 1, 2, \ldots)\) について考える。
まず, 袋から \(1\) 枚のカードを取り出し袋に戻す。
このとき取り出されたカードの色に応じて \(z_{k+1} (k = 0, 1, 2,\ldots)\) を以下のルールで生成する。
\[
z_{k+1} = \begin{cases}
iz_k & \text{赤いカードが取り出された場合} \\
-iz_k & \text{白いカードが取り出された場合}
\end{cases}
\]
次に, 袋からもう一度 \(1\) 枚のカードを取り出し袋に戻す。
このとき取り出したカードの色に応じて \(w_{k+1}\) を以下のルールで生成する。
\[
w_{k+1} = \begin{cases}
-iw_k & \text{赤いカードが取り出された場合} \\
iw_k & \text{白いカードが取り出された場合}
\end{cases}
\]
ここで, 各カードは独立に等確率で取り出されるものとする。
また初期状態を \(z_0 = 1, w_0 = 1\) とする。
すなわち, \(z_n, w_n\) は, \(z_0 = 1, w_0 = 1\) の状態から始め, 上記の一連の二つの操作を \(n\) 回繰り返した後の値である。
なお, ここで \(i\) は虚数単位とする。
以下の問いに答えよ。
(1) \(n\) が奇数のとき \(\text{Re}(z_n) = 0\), 偶数のとき \(\text{Im}(z_n) = 0\) であることを示す。
ただし, \(\text{Re}(z)\), \(\text{Im}(z)\) はそれぞれ \(z\) の実部, 虚部を表すものとする。
(2) \(z_n = 1\) である確率を \(P_n\), \(z_n = i\) である確率を \(Q_n\) とする。\(P_n, Q_n\) についての漸近式を立てよ。
(3) \(z_n = 1, z_n = i, z_n = -1, z_n = -i\) である確率をそれぞれ求めよ。
(4) \(z_n\) の期待値が \((i/3)^n\) であることを示す。
(5) \(z_n = w_n\) である確率を求めよ。
(6) \(z_n + w_n\) の期待値を求めよ。
(7) \(z_n w_n\) の期待値を求めよ。
Kai
(1)
使用数学归纳法证明。
\(n = 0\) 时，\(z_0, w_0\) 为实数；\(n = 1\) 时，\(z_1, w_1\) 可能取值为 \(i, -i\)，为纯虚数，满足条件。
假设 \(n = 2k\) 时，\(z_{2k}, w_{2k}\) 为实数，\(n = 2k + 1\) 时，\(z_{2k+1}, w_{2k+1}\) 为纯虚数。
则当 \(n=2k+2\) 时，\(z_{2k+2}, w_{2k+2}\) 可能取值为 \(\pm iz_{2k+1}, \pm iw_{2k+1}\) 为实数；\(z=2k+3\) 时，\(z_{2k+3}, w_{2k+3}\) 可能取值为 \(\pm iz_{2k+2}, \pm iw_{2k+2}\) 为纯虚数。
命题成立。
(2)
\(n\) 为偶数时，\(z_n\) 可能取值为 \(\pm 1\)，\(n\) 为奇数时，\(z_n\) 可能取值为 \(\pm i\)。
考虑连续两次操作。
\[
P(\text{颜色相同}) = (\frac{2}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2 = \frac{5}{9} \qquad P(\text{颜色不同}) = 2 \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{4}{9}
\]
对颜色相同的情况 \(z_{n+2} = −z_n\)，对颜色不同的情况 \(z_{n+2} = z_n\)。因此有
\[
P_{n+2} = \frac{4}{9}P_n + \frac{5}{9}(1 - P_n) = -\frac{1}{9}P_n + \frac{5}{9} \qquad (n \text{ 为偶数})
\]
\[
Q_{n+2} = \frac{4}{9}Q_n + \frac{5}{9}(1-Q_n) = -\frac{1}{9}Q_n + \frac{5}{9} \qquad (n \text{ 为奇数})
\]
(3)
\[
P_{2k+2} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{9}(P_{2k} - \frac{1}{2}) \qquad P_0 = 1
\]
\[
P_{2k} = \frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2} \qquad k = 0, 1, 2, \ldots
\]
\[
Q_{2k+3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{9}(Q_{2k+1}-\frac{1}{2}) \qquad Q_1 = \frac{2}{3}
\]
\[
Q_{2k+1} = \frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2} \qquad k = 0, 1, 2, \ldots
\]
\(n = 2k\) 时
\[
P(z_n = i) = P(z_n = -i) = 0
\]
\[
P(z_n = 1) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}
\]
\[
P(z_n = -1) = -\frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}
\]
\(n = 2k + 1\) 时
\[
P(z_n = 1) = P(z_n = -1) = 0
\]
\[
P(z_n = i) = \frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}
\]
\[
P(z_n = -i) = -\frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}
\]
(4)
\(n = 2k\) 时
\[
\begin{aligned}
E[z_n] &= 1 \times (\frac{1}{2} (-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}) + (-1) \times (-\frac{1}{2} (-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}) \\
&= (-\frac{1}{9})^k = (\frac{i}{3})^{2k} = (\frac{i}{3})^n
\end{aligned}
\]
\(n = 2k + 1\) 时
\[
\begin{aligned}
E[z_n] &= i \times (\frac{1}{6} (-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}) + (-i) \times (-\frac{1}{6} (-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}) \\
&= \frac{i}{3}(-\frac{1}{9})^k = (\frac{i}{3})^{2k+1} = (\frac{i}{3})^n
\end{aligned}
\]
(5)
\(w_n\) 的可能取值、递推式与 \(z_n\) 相同，只是 \(P(w_1=i) = \frac{1}{3}\)。
\(n = 2k\) 时，\(z_n\) 与 \(w_n\) 的概率分布相同。\(n=2k+1\) 时，\(P(w_n=1) = P(w_n=-1)=0\)，\(P(w_n=i) = -\frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}\)，\(P(w_n=-i) = \frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^k + \frac{1}{2}\)。
\(n=2k\) 时
\[
P(z_n = w_n) = (\frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^{k} + \frac{1}{2})^2 + (-\frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^{k} + \frac{1}{2})^2 = \frac{1}{2}(-\frac{1}{9})^{2k} + \frac{1}{2}
\]
\(n=2k+1\) 时
\[
P(z_n = w_n) = 2 \times (\frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^{k} + \frac{1}{2}) \times (-\frac{1}{6}(-\frac{1}{9})^{k} + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{18}(-\frac{1}{9})^{2k}
\]
(6)
由 (4) 同理可得到
\[
E[w_n] = (-\frac{i}{3})^n
\]
\[
E[w_n + z_n] = E[w_n] + E[z_n] = (-\frac{i}{3})^n + (\frac{i}{3})^n
\]
(7)
\(z_n, w_n\) 独立
\[
E[z_n, w_n] = E[z_n]E[w_n] = (\frac{1}{9})^n
\]