京大 2018年理系第4問その2 - 数式で独楽する

コインを $n$ 回投げて複素数 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ を次のように定める。
(i) 1回目に表が出れば $z_1 = \displaystyle \frac{-1 +\sqrt{3} \, i}{2}$ とし、裏が出れば $z_1 = 1$ とする。
(ii) $k=2,3, \cdots, n$ のとき、 $k$ 回目に表が出れば $z_k = \displaystyle \frac{-1 +\sqrt{3} \, i}{2}\, z_{k -1}$ とし、裏が出れば $z_k = \overline{z_{k -1}}$ とする。ただし、 $\overline{z_{k -1}}$ は $z_{k -1}$ の共役複素数である。
このとき、 $z_n=1$ となる確率を求めよ。

解答例

続きです。
京大 2018年理系第4問その1 - 数式で独楽する

$z_k = z$ となる確率を $P(z_k=z)$ と表記すると、次の関係が成り立ちます。
\begin{eqnarray}
P(z_1=1) &=& \frac{1}{2} \tag{4} \\
P(z_1=\omega) &=& \frac{1}{2} \tag{5} \\
P(z_1=\omega^2) &=& 0 \tag{6} \\
P(z_{k+1}=1) &=& \frac{1}{2} \left( P(z_k=1) + P(z_k=\omega^2) \right) \tag{7} \\
P(z_{k+1}=\omega) &=& \frac{1}{2} \left( P(z_k=1) + P(z_k =\omega^2) \right) \tag{8} \\
P(z_{k+1}=\omega^2) &=& P(z_k=\omega) \tag{9}
\end{eqnarray}
式(7)~(9)より、
\begin{eqnarray}
P(z_{k+1}=1) &=& \frac{1}{2} \, P(z_k=1) + \frac{1}{2} \, P(z_k=\omega^2) \tag{7} \\
P(z_{k+1}=\omega^2) &=& \frac{1}{2} \, P(z_{k -1}=1) + \frac{1}{2} \, P(z_{k -1}=\omega^2) \tag{10}
\end{eqnarray}を得ます。

ここで、式(7), (10)の両辺を辺々相加え、
\begin{equation}
Q_k = P(z_k=1) + P(z_k=\omega^2) \tag{11}
\end{equation}とすると、
\begin{equation}
Q_{k+1} = \frac{1}{2} \, Q_k + \frac{1}{2} \, Q_{k -1} \tag{12}
\end{equation}となります。
また、式(4)~(6), (9), (11)により、
\begin{eqnarray}
Q_1 &=& P(z_1=1) + P(z_1=\omega^2) \\
&=& \frac{1}{2} \tag{13} \\
Q_2 &=& P(z_2=1) + P(z_2=\omega^2) \\
&=& P(z_2=1) + P(z_1=\omega) \\
&=& \frac{1}{2} \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \\
&=& \frac{3}{4} \tag{14}
\end{eqnarray}です。

式(12)~(14)より、
\begin{eqnarray}
Q_{k+1} - Q_k &=& -\frac{1}{2} (Q_k - Q_{k -1}) \\
&=& \left( -\frac{1}{2} \right)^2 (Q_{k -1} - Q_{k -2}) \\
& \vdots & \\
&=& \left( -\frac{1}{2} \right)^{k -1} (Q_2 - Q_1) \\
&=& \frac{1}{4} \left( -\frac{1}{2} \right)^{k -1} \\
&=& \left( -\frac{1}{2} \right)^{k +1} \tag{15} \\
Q_{k+1} + \frac{1}{2} \, Q_k &=& Q_k + \frac{1}{2} \, Q_{k -1} \\
&=& Q_{k -1} + \frac{1}{2} \, Q_{k -2} \\
& \vdots & \\
&=& Q_2 + \frac{1}{2} \, Q_1 \\
&=& 1 \tag{16}
\end{eqnarray}となります。

式(16)から式(15)を引くと、
\begin{eqnarray}
\frac{3}{2} \, Q_k &=& 1 - \left( -\frac{1}{2} \right)^{k +1} \\
\therefore \quad Q_k &=& \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \left( - \frac{1}{2} \right)^{k+1} \tag{17}
\end{eqnarray}を得ます。

式(17)を、式(11)を踏まえて式(7)~(9)に返すと、
\begin{eqnarray}
P(z_k=1) &=& \frac{1}{2} \, Q_{k -1} &=& \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \left( - \frac{1}{2} \right)^k \\
P(z_k=\omega) &=& \frac{1}{2} \, Q_{k -1} &=& \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \left( - \frac{1}{2} \right)^k \\
P(z_k=\omega^2) &=& \frac{1}{2} \, Q_{k -2} &=& \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \left( - \frac{1}{2} \right)^{k -1}
\end{eqnarray}を得ます。

よって、求める確率は、
\begin{equation}
P(z_n=1) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \left( - \frac{1}{2} \right)^n
\end{equation}となります。

解説

設問に出てくる複素数が
\begin{equation}
\omega = \frac{-1 + \sqrt{3} \, i}{2}
\end{equation}であることに気付けば、複素数自体は本質的にフェイクであることが分かります。
与えられた条件から、コインが表であれば
\begin{equation}
1 \to \omega \to \omega^2 \to 1
\end{equation}と遷移し、裏なら
\begin{equation}
1 \to 1, \quad \omega \leftrightarrow \omega^2
\end{equation}と遷移するので、ここから先は複素数を気にする必要がなくなります。

あとはそれぞれの確率を数列に見立てて、漸化式を組めばOKです。