東大数理院試2025年度専門B問13解答

(1)
$$E[Y_r]=\sum _{k\ge 1}kp(1-p{)}^{k-1}=\frac{p}{(1-(1-p){)}^2}=\frac{1}{p}$$
である．また
$$E[(\sum _{i=1}^k{X}_i{)}^2]=\sum _{1\le i,j\le k}E[X_i{X}_j]=\sum _{i=1}^{k}E[X_i^2]=k$$
より
$$E[U_r^2]=\sum _{k\ge 1}E[(\sum _{i=1}^k{X}_i{)}^2]P(Y_r=k)=\sum _{k\ge 1}kP(Y_r=k)=E[Y_r]=\frac{1}{p}.$$
(2)
$$\sum _{\begin{array}{c}1\le i\le n\\ 1\le j\le m\end{array}}E[X_i{X}_j]=\sum _{i=1}^{min\{n,m\}}E[X_i^2]=min\{n,m\}$$
より
$$\begin{array}{rl}E[U_r{U}_s]& =\sum _{n,m\ge 1}min\{n,m\}P(Y_r=n)P(Y_s=m)\\ & =\sum _{n\ge 1}nP(Y_r=n{)}^2+2\sum _{n<m}nP(Y_r=n)P(Y_s=m).\end{array}$$
ここで右辺第$2$項は
$$2\sum _{n\ge 1}nP(Y_r=n)P(Y_s>n)=2\sum _{n\ge 1}np(1-p{)}^{n-1}(1-p{)}^n=2p(1-p)\sum _{n\ge 1}n(1-p{)}^{2(n-1)}$$
だから，
$$\begin{array}{rl}E[U_r{U}_s]& =\sum _{n\ge 1}n{p}^2(1-p{)}^{2(n-1)}+2p(1-p)\sum _{n\ge 1}n(1-p{)}^{2(n-1)}\\ & =p(2-p)\sum _{n\ge 1}n(1-p{)}^{2(n-1)}=\frac{p(2-p)}{(1-(1-p{)}^2{)}^2}=\frac{1}{p(2-p)}.\end{array}$$
(3)
$$S_n=\frac{1}{n}\sum _{r=1}^n\sum _{i=1}^{Y_r}{X}_i=\frac{1}{n}\sum _{i\ge 1}\mathrm{\#}\{r\in [1,n];Y_r\ge i\}{X}_i=\frac{1}{n}\sum _{i\ge 1}\sum _{r=1}^n{1}_{\{Y_r\ge i\}}{X}_i$$
である．${\displaystyle T_{n,i}=\frac{1}{n}\sum _{r=1}^n{1}_{\{Y_r\ge i\}}}$とおく．
$$E[T_{n,i}]=E[1_{\{Y_r\ge i\}}]=P(Y_r\ge i)=(1-p{)}^{i-1}$$
より
$$\begin{array}{rl}E[|T_{n,i}-(1-p{)}^{i-1}{|}^2]& =V[T_{n,i}]=\frac{1}{n^2}\sum _{r=1}^{n}V[1_{\{Y_r\ge i\}}]\le \frac{1}{n}E[1_{\{Y_r\ge i\}}^2]\\ & =\frac{1}{n}E[1_{\{Y_r\ge i\}}]=\frac{1}{n}P(Y_r\ge i)=\frac{1}{n}(1-p{)}^{i-1}\end{array}$$
であるから，
$$\begin{array}{rl}E[|S_n-\sum _{i\ge 1}(1-p{)}^{i-1}{X}_i{|}^2]& =\sum _{i\ge 1}E[|T_{n,i}-(1-p{)}^{i-1}{|}^2]\\ & \le \sum _{i\ge 1}\frac{1}{n}(1-p{)}^{i-1}=\frac{1}{np}\to 0(n\to \mathrm{\infty }).\end{array}$$
(4)
確率変数$X$の特性関数を${\varphi }_X(t)$と書く．また$\varphi (t)={\varphi }_{X_1}(t)$とする．
$${\varphi }_{V_1+V_r}(t)=E[e^{i(V_1+V_r)t}|Y_r]P(Y_r<r)+E[e^{i(V_1+V_r)t}|Y_r]P(Y_r\ge r)$$
の右辺第$2$項の絶対値は$\le P(Y_r\ge r)=(1-p{)}^{r-1}\to 0(r\to \mathrm{\infty })$であり，第$1$項は
$$\begin{array}{rl}& \sum _{n<r,m\ge 1}E[e^{i(Y_1+Y_r)t}|Y_1=n,Y_r=m]P(Y_1=n)P(Y_r=m)\\ =& \sum _{n<r,m\ge 1}\varphi (t{)}^{n+m}{p}^2(1-p{)}^{n+m-2}\to \sum _{n,m\ge 1}\varphi (t{)}^{n+m}{p}^2(1-p{)}^{n+m-2}(r\to \mathrm{\infty })\\ \text{(}\ast \text{)}& =& (\sum _{n\ge 1}\varphi (t{)}^{n}p(1-p{)}^{n-1}{)}^2=(\frac{p\varphi (t)}{1-(1-p)\varphi (t)}{)}^2\end{array}$$
となる．
一方
$$\begin{array}{rl}{\varphi }_{U_1+U_r}(t)& =\sum _{n,m\ge 1}E[e^{i(U_1+U_r)t}|Y_1=n,Y_r=m]P(Y_1=n)P(Y_r=m)\\ & =\sum _{n,m\ge 1}\varphi (2t{)}^{min\{n,m\}}\varphi (t{)}^{max\{n,m\}-min\{n,m\}}{p}^2(1-p{)}^{n+m-2}\\ & =p^2(1-p{)}^{-2}\frac{(1-p{)}^2\varphi (2t)}{1-(1-p{)}^2\varphi (2t)}\frac{1+(1-p)\varphi (t)}{1-(1-p)\varphi (t)}\\ \text{(}{\ast }^{\prime }\text{)}& & =\frac{p^2\varphi (2t)}{1-(1-p{)}^2\varphi (2t)}\frac{1+(1-p)\varphi (t)}{1-(1-p)\varphi (t)}\end{array}$$
である．ただし$a,b,c\in \mathbb{C}(|a|,|b|,|c|<1)$に対し
$$\begin{array}{rl}& \sum _{n,m\ge 1}{a}^{min\{n,m\}}{b}^{max\{n,m\}-min\{n,m\}}{c}^{n+m}\\ =& \sum _{n\ge 1}(a{c}^2{)}^n+2\sum _{n\ge 1}\sum _{m>n}{a}^n{b}^{m-n}{c}^{n+m}=\frac{a{c}^2}{1-a{c}^2}+2\sum _{n\ge 1}\frac{(bc{)}^{n+1}}{1-bc}(a{b}^{-1}c{)}^n\\ =& \frac{a{c}^2}{1-a{c}^2}+\frac{2bc}{1-bc}\frac{a{c}^2}{1-a{c}^2}=\frac{a{c}^2}{1-a{c}^2}\frac{1+bc}{1-bc}\end{array}$$
となることを用いた．
今十分大きな任意の$r$に対し$V_1+V_r$の分布と$U_1+U_r$の分布が等しいとすると，任意の$t\in \mathbb{R}$に対し$(\ast )$と$({\ast }^{\prime })$が等しいから
$$\frac{\varphi (t{)}^2}{1-(1-p{)}^2\varphi (t{)}^2}=\frac{\varphi (2t)}{1-(1-p{)}^2\varphi (2t)}$$
となる．
ここで${\displaystyle f(x)=\frac{x}{1-(1-p{)}^{2}x}(|x|\le 1)}$は狭義単調増加であることと$|\varphi (t)|\le 1$より，任意の$t\in \mathbb{R}$で$\varphi (2t)=\varphi (t{)}^2$が成り立つ．これより
$$\varphi (t)=\varphi (t/2{)}^2=\cdots =\varphi (t/2^n{)}^{2^n}=(1+{\varphi }^{\prime }({\theta }_n)\frac{t}{2^n}{)}^{2^n}\to e^{{\varphi }^{\prime }(0)t}=1(n\to \mathrm{\infty })$$
となる．ここで$|{\theta }_n|<|t|/2^n.$よって$X_1=0$ a.s. となるが，これは$V[X_1]=1$に矛盾．