京都大学 1996年 理系 第5問 解説

方針・初手

確率的に点が移動していく問題ですが、位置座標を直接追うのではなく、ベクトルを用いて立式し、その期待値を計算するアプローチが有効です。 (1)は定義に従って $|\overrightarrow{OP_1}|^2$ を展開し、選ばれる頂点それぞれの確率を考慮して期待値を求めます。 (2)は問題文の操作をベクトルの漸化式として表し、それを解く（あるいは繰り返し代入する）ことで $\overrightarrow{OP_n}$ を表現します。 (3)は、期待値についての漸化式を立てるか、(2)で得られた式を展開して期待値の線形性・独立性を利用して計算します。

解法1

(1)

点 $P_1$ は $P_0$ と選ばれた頂点 $X_1$ の中点であるから

$$ \overrightarrow{OP_1} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_0} + \overrightarrow{OX_1}) $$

両辺の大きさの2乗を考えると

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{OP_1}|^2 &= \frac{1}{4}|\overrightarrow{OP_0} + \overrightarrow{OX_1}|^2 \\ &= \frac{1}{4}(|\overrightarrow{OP_0}|^2 + 2\overrightarrow{OP_0} \cdot \overrightarrow{OX_1} + |\overrightarrow{OX_1}|^2) \end{aligned}$$

頂点 $X_1$ は $A, B, C$ から等確率 $\frac{1}{3}$ で選ばれる。 また、任意の頂点 $V$ について $|\overrightarrow{OV}|^2 = 1$ が成り立つ。 $E_1$ は $|\overrightarrow{OP_1}|^2$ の期待値であるから、期待値の線形性より

$$ E_1 = \frac{1}{4} |\overrightarrow{OP_0}|^2 + \frac{1}{2} \overrightarrow{OP_0} \cdot (\overrightarrow{OX_1}\text{ の期待値}) + \frac{1}{4} \times 1 $$

ここで、$\overrightarrow{OX_1}$ の期待値は

$$ \frac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) $$

$\triangle ABC$ の重心は原点 $O$ であるから、$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = \vec{0}$ となる。 よって、$\overrightarrow{OX_1}$ の期待値は $\vec{0}$ である。 したがって

$$ E_1 = \frac{1}{4}|\overrightarrow{OP_0}|^2 + \frac{1}{4} $$

(2)

(1) と同様に、$n$ 回目の操作について以下のベクトルの漸化式が成り立つ。

$$ \overrightarrow{OP_k} = \frac{1}{2}\overrightarrow{OP_{k-1}} + \frac{1}{2}\overrightarrow{OX_k} \quad (k = 1, 2, \dots, n) $$

両辺に $2^k$ を掛けると

$$ 2^k \overrightarrow{OP_k} = 2^{k-1} \overrightarrow{OP_{k-1}} + 2^{k-1} \overrightarrow{OX_k} $$

移項して

$$ 2^k \overrightarrow{OP_k} - 2^{k-1} \overrightarrow{OP_{k-1}} = 2^{k-1} \overrightarrow{OX_k} $$

$k=1$ から $n$ まで辺々足し合わせると、左辺は途中が打ち消し合って

$$ 2^n \overrightarrow{OP_n} - \overrightarrow{OP_0} = \sum_{i=1}^n 2^{i-1} \overrightarrow{OX_i} $$

両辺を $2^n$ で割ると

$$ \overrightarrow{OP_n} = \frac{1}{2^n}\overrightarrow{OP_0} + \sum_{i=1}^n \frac{1}{2^{n-i+1}}\overrightarrow{OX_i} $$

(3)

$P_0$ が原点 $O$ のとき、$\overrightarrow{OP_0} = \vec{0}$ であるから $E_0 = 0$ となる。 任意の $n \geqq 1$ について、(1) と同様の計算を $P_{n-1}$ と $P_n$ について行うと

$$ |\overrightarrow{OP_n}|^2 = \frac{1}{4}|\overrightarrow{OP_{n-1}}|^2 + \frac{1}{2}\overrightarrow{OP_{n-1}} \cdot \overrightarrow{OX_n} + \frac{1}{4}|\overrightarrow{OX_n}|^2 $$

両辺の期待値を考える。 $n$ 回目に選ばれる頂点 $X_n$ は、$P_{n-1}$ の位置とは無関係に（独立に）等確率で選ばれる。 したがって、内積 $\overrightarrow{OP_{n-1}} \cdot \overrightarrow{OX_n}$ の期待値は

$$ (\overrightarrow{OP_{n-1}}\text{ の期待値}) \cdot (\overrightarrow{OX_n}\text{ の期待値}) $$

となる。ここで、(1) で示した通り $\overrightarrow{OX_n}$ の期待値は $\vec{0}$ であるから、この内積の期待値は $0$ になる。 また、$|\overrightarrow{OX_n}|^2 = 1$ は常に成り立つ。 ゆえに、両辺の期待値をとると以下の漸化式が得られる。

$$ E_n = \frac{1}{4}E_{n-1} + \frac{1}{4} $$

これを変形すると

$$ E_n - \frac{1}{3} = \frac{1}{4} \left( E_{n-1} - \frac{1}{3} \right) $$

数列 $\left\{ E_n - \frac{1}{3} \right\}$ は初項 $E_0 - \frac{1}{3} = -\frac{1}{3}$、公比 $\frac{1}{4}$ の等比数列であるから

$$ E_n - \frac{1}{3} = -\frac{1}{3} \left(\frac{1}{4}\right)^n $$

よって

$$ E_n = \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^n} \right) $$

解法2

(3)

(2) で求めた式を利用して直接 $E_n$ を計算する。 $P_0$ が原点 $O$ のとき $\overrightarrow{OP_0} = \vec{0}$ であるから

$$ \overrightarrow{OP_n} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{2^{n-i+1}}\overrightarrow{OX_i} $$

この両辺の大きさの2乗を計算すると

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{OP_n}|^2 &= \left| \sum_{i=1}^n \frac{1}{2^{n-i+1}}\overrightarrow{OX_i} \right|^2 \\ &= \sum_{i=1}^n \frac{1}{4^{n-i+1}} |\overrightarrow{OX_i}|^2 + 2 \sum_{1 \leqq i < j \leqq n} \frac{1}{2^{n-i+1}} \frac{1}{2^{n-j+1}} (\overrightarrow{OX_i} \cdot \overrightarrow{OX_j}) \end{aligned}$$

$E_n$ はこの期待値である。 常に $|\overrightarrow{OX_i}|^2 = 1$ である。 また、$i \neq j$ のとき、頂点 $X_i$ と $X_j$ は独立に選ばれるため、内積 $\overrightarrow{OX_i} \cdot \overrightarrow{OX_j}$ の期待値は

$$ (\overrightarrow{OX_i}\text{ の期待値}) \cdot (\overrightarrow{OX_j}\text{ の期待値}) $$

に等しい。各 $\overrightarrow{OX_k}$ の期待値は $\vec{0}$ であるから、交差項の期待値はすべて $0$ となる。 したがって、$E_n$ は第1項の期待値のみ残り

$$ E_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{4^{n-i+1}} \times 1 $$

これは初項 $\frac{1}{4}$、公比 $\frac{1}{4}$、項数 $n$ の等比数列の和であるから

$$ E_n = \frac{\frac{1}{4} \left\{ 1 - \left(\frac{1}{4}\right)^n \right\}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^n} \right) $$

解説

ベクトルと確率（期待値）が融合した問題です。 この問題の最大のポイントは「独立な確率変数の積の期待値は、期待値の積になる」という性質と、重心ベクトル $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = \vec{0}$ の性質を組み合わせることで、複雑に見える内積の期待値がすべて $0$ に消える点です。 これを認識できると、解法1のように $E_n$ に関するシンプルな漸化式を立てるか、解法2のようにシグマの展開式から一気に答えを導くことができます。どちらのアプローチも確率漸化式や期待値計算の定石として重要です。

答え

(1)

$$ E_1 = \frac{1}{4}|\overrightarrow{OP_0}|^2 + \frac{1}{4} $$

(2)

$$ \overrightarrow{OP_n} = \frac{1}{2^n}\overrightarrow{OP_0} + \sum_{i=1}^n \frac{1}{2^{n-i+1}}\overrightarrow{OX_i} $$

(3)

$$ E_n = \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{4^n} \right) $$