勝ち残りじゃんけんの回数２

前回の結論

じゃんけんの勝ち残り戦の優勝が決まるまでの回数の期待値を係数とする母関数は

$\displaystyle F\left({2x}\right) =\frac {1}{12{x}^{2}}{e}^{3x}-\frac {1}{12{x}^{2}}-\frac {1}{4x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{x}}\right) F\left({x}\right)$

を満たすことが分かった。以下でこの関数方程式を解いていく。色々やってみたって感じがにじみ出ている式変形でスマートでなく、結果上手くいったものであるんので多少天下り感があるが、容赦いただきたい。

色々と書き換え

分母の $x^2$ がいやらしいので

$\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1}{{x}^{2}}f\left({x}\right)$

とおく。すると

$\displaystyle \frac {1}{4{x}^{2}}f\left({2x}\right) =\frac {1}{12{x}^{2}}{e}^{3x}-\frac {1}{12{x}^{2}}-\frac {1}{4x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{x}}\right) \frac {1}{{x}^{2}}f\left({x}\right)$

$4x^2$ を掛けて

$\displaystyle f\left({2x}\right) =\frac {1}{3}{e}^{3x}-\frac {1}{3}-x+\left({1+{e}^{x}}\right) f\left({x}\right)$

指数関数がいやらしいので

$\displaystyle f\left({x}\right) =G\left({{e}^{x}}\right)$

とおき

$\displaystyle G\left({{e}^{2x}}\right) =\frac {1}{3}{e}^{3x}-\frac {1}{3}-x+\left({1+{e}^{x}}\right) G\left({{e}^{x}}\right)$

$e^x$ を $x$ に置き換えれば

$\displaystyle G\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{3}{x}^{3}-\frac {1}{3}-{{\mathrm{ln}}{x}}+\left({1+x}\right) G\left({x}\right)$

さらに、 $(1+x)$ がいやらしいので

$\displaystyle G\left({x}\right) =\left({1-x}\right) g\left({x}\right)$

とすれば

$\displaystyle \left({1-{x}^{2}}\right) g\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}\left({1-x}\right) \left({{x}^{2}+x+1}\right) -{{\mathrm{ln}}{x}}+\left({1-{x}^{2}}\right) g\left({x}\right)$

つまり

$\displaystyle \begin{align}g\left({{x}^{2}}\right) &=-\frac {{x}^{2}+x+1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+g\left({x}\right) \\ &=-\frac {1}{3}x-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+g\left({x}\right) \end{align}$

となる。ここで、 ${p}_{1}\left({x}\right) , {p}_{2}\left({x}\right) ,{p}_{3}\left({x}\right)$ を

$\displaystyle {p}_{1}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}x+{p}_{1}\left({x}\right)$

$\displaystyle {p}_{2}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+{p}_{2}\left({x}\right)$

$\displaystyle {p}_{3}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+{p}_{3}\left({x}\right)$

を満たす関数とすれば

$\displaystyle g\left({x}\right) ={p}_{1}\left({x}\right) + {p}_{2}\left({x}\right) +{p}_{3}\left({x}\right)$

となる。さらに $p_3(x)$ について、対数がいやらしいので

$\displaystyle {p}_{3}\left({x}\right) ={{\mathrm{ln}}{x}}q\left({x}\right)$

とおいてやれば、 $q(x)$ について

$\displaystyle {{\mathrm{ln}}{{x}^{2}}}{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+{{\mathrm{ln}}{x}}{q}\left({x}\right)$

より

$\displaystyle 2{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{{x}^{2}-1}+{q}\left({x}\right)$

が成り立つ。

これらをまとめて、再記すれば

$\displaystyle {p}_{1}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}x+{p}_{1}\left({x}\right)$

$\displaystyle {p}_{2}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+{p}_{2}\left({x}\right)$

$\displaystyle 2{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{{x}^{2}-1}+{q}\left({x}\right)$

を満たす関数を用いて、母関数は

$\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1-{e}^{x}}{{x}^{2}}\left\lbrace {{p}_{1}\left({{e}^{x}}\right) +{p}_{2}\left({{e}^{x}}\right) +x{q}\left({{e}^{x}}\right) }\right \rbrace$

と書ける。

かなり見通しが良くなった。

関数方程式

あとは $p_1(x),p_2(x),q(x)$ を求めればいいのだが、これを満たす関数なんぞ思いつかなかったので無理くり解くことにする。

$p_1(x)$

$p_1(x)$ は式から

$\displaystyle p_1(x)=\frac{1}{3}x+\cdots$

という形をしていればうまく $(1/3)x$ が消える。 $p_1(x^2)$ に代入すれば

$\displaystyle p_1(x)=\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}x^2+\cdots$

これを繰り返せば結局

$\displaystyle {p}_{1}\left({x}\right) =\frac {1}{3}x+\frac {1}{3}{x}^{2}+\frac {1}{3}{x}^{4}+\cdots =\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{{x}^{{2}^{n}}}}$

$p_2(x)$

$p_1(x)$ と同様にして

$\displaystyle {p}_{2}\left({x}\right) =\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {1}{3\left({{x}^{2}+1}\right) }+\frac {1}{3\left({{x}^{4}+1}\right) }+\cdots =\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{{x}^{{2}^{n}}+1}}}$

となる。

$q(x)$

基本的には $p_1(x)$ と同じ。係数の $2$ に注意して計算すれば

$\displaystyle q\left({x}\right) =\frac {1}{1-{x}^{2}}+\frac {2}{1-{x}^{4}}+\frac {4}{1-{x}^{8}}+\cdots ={\sum _{n\geq 0}{\frac {{2}^{n}}{1-{x}^{{2}^{n+1}}}}}$

となることが分かる。

これらの無限和を閉じた形にするような関数を自分は見つけられなかった。 $p_1(x)$ などシンプルだから何かしらありそうなのだが。
ただ全く本筋とは関係ないが

$\displaystyle {\sum _{k\geq 0}{\frac {{2}^{k}}{1+{x}^{{2}^{k}}}}}=\frac {1}{x-1}$

なる式は発見した。 $q(x)$ の符号が違えばまとめることができたのに。

結論

さて、これで母関数を構成する部品は全て特定され、代入すれば

$\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1-{e}^{x}}{{x}^{2}}\left\lbrack {\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{{e}^{{2}^{n}x}}}+\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{1+{e}^{{2}^{n}x}}}}+{\sum _{n\geq 0}{\frac {{2}^{n}x}{1-{e}^{{2}^{n+1}x}}}}}\right \rbrack$

となった。

$\displaystyle \frac {1}{3}{e}^{{2}^{n}x}+\frac {1}{3}\frac {1}{1+{e}^{{2}^{n}x}}+\frac {{2}^{n}x}{1-{e}^{{2}^{n+1}x}}=\frac {1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}{3\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }$

とシグマをまとめて

$\displaystyle F\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 0}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}$

となる。

ただ、この関数には重大な問題がある。原点で発散するのだ。しかし、それでも数列を復元することはできた。検証しよう。

検証

$b_0$ を求めてみる。 $x=0$ をそのまま代入すれば $0/0$ となるので極限を考える。

$\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}$

これを計算するのだが、ロピタルの定理などやりようはあるだろうが、今回は

$\displaystyle {e}^{x}=1+x+\frac {1}{2}{x}^{2}+O\left({{x}^{3}}\right)$

の近似公式を用いる。つまり

$\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}={{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({-x}\right) \cdot \left({-\frac {1}{2}{\left({3\cdot {2}^{n}x}\right) }^{2}}\right) }{3{x}^{2}\left({-{2}^{n+1}x}\right) }}}=-\frac {3}{4}\cdot {2}^{n}$

よって

$\displaystyle {b}_{0}=F\left({0}\right) =-\frac {3}{4}{\sum _{n\geq 0}{{2}^{n}}}=-\frac {3}{4}\cdot \frac {1}{1-2}=\frac {3}{4}$

$\displaystyle\therefore {E}_{2}=2\cdot 1\cdot {b}_{0}=\frac {3}{2}$

となる。このように解析接続のようなことをして、正則化すれば数列を得ることが出来る。
同じように

$\displaystyle {b}_{1}={F}^{\prime }\left({0}\right) ={\sum _{n\geq 0}{{{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {d}{dx}\left\lbrack {\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}\right \rbrack }}}}$

であり、シグマ内部は計算すれば $-3\cdot {2}^{n-3}$ となるので

$\displaystyle {b}_{1}=-\frac {3}{8}\cdot \frac {1}{1-2}=\frac {3}{8},\quad \therefore {E}_{3}=3\cdot 2\cdot {b}_{1}=\frac {9}{4}$

となる。さらに

$\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {{d}^{2}}{d{x}^{2}}\left\lbrack {\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}\right \rbrack }}=-\frac {1}{4}\cdot {2}^{n}-\frac {1}{8}\cdot {8}^{n}$

より

$\displaystyle {b}_{2}=-\frac {1}{4}\cdot \frac {1}{1-2}-\frac {1}{8}\cdot \frac {1}{1-8}=\frac {15}{56},\quad\therefore {E}_{4}=4\cdot 3\cdot {b}_{2}=\frac {45}{14}$