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京都大学 1993年文系第5問解説

方針・初手

さいころを1回投げて偶数の目が出る確率は $\frac{1}{2}$ です。さいころを $2n$ 回投げる反復試行において、偶数の目が出る回数を $X$ とすると、$X$ は二項分布に従い、$k$ 回偶数の目が出る確率は $P(X=k) = {}_{2n}\mathrm{C}_{k} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n}$ となります。この確率は二項係数 ${}_{2n}\mathrm{C}_{k}$ に比例するため、$P(X=k) = P(X=2n-k)$ という対称性を持ちます。全事象の確率の和が $1$ であることとこの対称性を利用して、$p_n = P(X \geqq n)$ を、ちょうど $n$ 回出る確率 $P(X=n)$ を用いた式で表すことが最初のステップです。その上で、示すべき不等式を $P(X=n)$ に関する不等式に帰着させます。

解法1

さいころを $2n$ 回投げて、偶数の目が出る回数を $X$ とする。偶数の目が出る確率は $\frac{1}{2}$ であるから、$X=k$ となる確率は

$$ P(X=k) = {}_{2n}\mathrm{C}_{k} \left(\frac{1}{2}\right)^k \left(1 - \frac{1}{2}\right)^{2n-k} = \frac{{}_{2n}\mathrm{C}_{k}}{2^{2n}} $$

と表せる。二項係数の性質 ${}_{2n}\mathrm{C}_{k} = {}_{2n}\mathrm{C}_{2n-k}$ より、$P(X=k) = P(X=2n-k)$ が成り立つ。全事象の確率は $1$ であるから、

$$ \sum_{k=0}^{2n} P(X=k) = 1 $$

この和を $k < n, k = n, k > n$ の3つの部分に分けると、

$$ \sum_{k=0}^{n-1} P(X=k) + P(X=n) + \sum_{k=n+1}^{2n} P(X=k) = 1 $$

対称性より $\sum_{k=0}^{n-1} P(X=k) = \sum_{k=n+1}^{2n} P(X=k)$ であるから、

$$ 2 \sum_{k=n+1}^{2n} P(X=k) + P(X=n) = 1 $$

$$ \sum_{k=n+1}^{2n} P(X=k) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} P(X=n) $$

$n$ 回以上偶数の目が出る確率 $p_n$ は $P(X \geqq n)$ であるから、

$$ \begin{aligned} p_n &= P(X=n) + \sum_{k=n+1}^{2n} P(X=k) \\ &= P(X=n) + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} P(X=n) \\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} P(X=n) \end{aligned} $$

と表せる。したがって、$p_n \geqq \frac{1}{2} + \frac{1}{4n}$ を示すには、$P(X=n) \geqq \frac{1}{2n}$ を示せばよい。ここで、$a_n = P(X=n) = \frac{{}_{2n}\mathrm{C}_{n}}{2^{2n}}$ とおき、$a_n \geqq \frac{1}{2n}$ を数学的帰納法で示す。まず、$a_{n+1}$ と $a_n$ の関係を調べる。

$$ \begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{{}_{2n+2}\mathrm{C}_{n+1}}{2^{2n+2}} \cdot \frac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm{C}_{n}} \\ &= \frac{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!} \cdot \frac{n!n!}{(2n)!} \cdot \frac{1}{4} \\ &= \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac{1}{4} \\ &= \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac{1}{4} \\ &= \frac{2n+1}{2(n+1)} \end{aligned} $$

よって、$a_{n+1} = a_n \cdot \frac{2n+1}{2(n+1)}$ である。

(I)

$n=1$ のとき

$$ a_1 = \frac{{}_2\mathrm{C}_{1}}{2^2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} $$

一方、$\frac{1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2}$ であるから、$a_1 \geqq \frac{1}{2 \cdot 1}$ は等号で成り立つ。

(II)

$n=k$ ($k \geqq 1$) のとき、$a_k \geqq \frac{1}{2k}$ が成り立つと仮定する。 $n=k+1$ のとき、

$$ a_{k+1} = a_k \cdot \frac{2k+1}{2(k+1)} \geqq \frac{1}{2k} \cdot \frac{2k+1}{2(k+1)} = \frac{2k+1}{4k(k+1)} $$

ここで、この右辺と目標である $\frac{1}{2(k+1)}$ の大小を比較する。

$$ \frac{2k+1}{4k(k+1)} - \frac{1}{2(k+1)} = \frac{2k+1}{4k(k+1)} - \frac{2k}{4k(k+1)} = \frac{1}{4k(k+1)} > 0 $$

したがって、$\frac{2k+1}{4k(k+1)} > \frac{1}{2(k+1)}$ が成り立つため、

$$ a_{k+1} > \frac{1}{2(k+1)} $$

となり、$n=k+1$ のときも不等式は成り立つ。

(I), (II) より、すべての自然数 $n$ について $a_n = P(X=n) \geqq \frac{1}{2n}$ が成り立つ。ゆえに、

$$ p_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} P(X=n) \geqq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4n} $$

となり、題意は示された。

解法2

解法1と同様にして、$p_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} P(X=n)$ を導き、$P(X=n) \geqq \frac{1}{2n}$ を示す。 $P(X=n) = \frac{{}_{2n}\mathrm{C}_{n}}{2^{2n}}$ であるから、示すべき不等式は ${}_{2n}\mathrm{C}_{n} \geqq \frac{2^{2n}}{2n}$ である。

二項定理より、

$$ 2^{2n} = (1+1)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} {}_{2n}\mathrm{C}_{k} $$

が成り立つ。二項係数 ${}_{2n}\mathrm{C}_{k}$ ($0 \leqq k \leqq 2n$) は $k=n$ のとき最大となるため、すべての $k$ ($1 \leqq k \leqq 2n-1$) に対して ${}_{2n}\mathrm{C}_{k} \leqq {}_{2n}\mathrm{C}_{n}$ が成り立つ。また、両端の項は ${}_{2n}\mathrm{C}_{0} = 1, {}_{2n}\mathrm{C}_{2n} = 1$ である。これらを用いて和を上から評価する。

$$ \begin{aligned} 2^{2n} &= {}_{2n}\mathrm{C}_{0} + {}_{2n}\mathrm{C}_{2n} + \sum_{k=1}^{2n-1} {}_{2n}\mathrm{C}_{k} \\ &\leqq 1 + 1 + \sum_{k=1}^{2n-1} {}_{2n}\mathrm{C}_{n} \\ &= 2 + (2n-1){}_{2n}\mathrm{C}_{n} \end{aligned} $$

この不等式を整理すると、

$$ (2n-1){}_{2n}\mathrm{C}_{n} \geqq 2^{2n} - 2 $$

$$ {}_{2n}\mathrm{C}_{n} \geqq \frac{2^{2n} - 2}{2n - 1} $$

を得る。ここで、この右辺と目標の $\frac{2^{2n}}{2n}$ の大小関係を調べる。

$$ \frac{2^{2n} - 2}{2n - 1} - \frac{2^{2n}}{2n} = \frac{2n(2^{2n} - 2) - (2n - 1)2^{2n}}{2n(2n - 1)} = \frac{2^{2n} - 4n}{2n(2n - 1)} $$

$n \geqq 1$ のとき $2^{2n} - 4n \geqq 0$ であることを示す。 $n=1$ のときは $2^2 - 4\cdot1 = 0$ で成り立つ。 $n \geqq 2$ のとき、二項定理より

$$ 2^{2n} = (1+1)^{2n} = 1 + 2n + \frac{2n(2n-1)}{2} + \cdots > 2n + n(2n-1) = 2n^2 + n \geqq 4n + n > 4n $$

となり、$2^{2n} - 4n > 0$ である。したがって、すべての自然数 $n$ について $\frac{2^{2n} - 2}{2n - 1} \geqq \frac{2^{2n}}{2n}$ が成り立つ。よって、

$$ {}_{2n}\mathrm{C}_{n} \geqq \frac{2^{2n} - 2}{2n - 1} \geqq \frac{2^{2n}}{2n} $$

両辺を $2^{2n}$ で割ると、

$$ P(X=n) \geqq \frac{1}{2n} $$

となり、解法1と同様に $p_n \geqq \frac{1}{2} + \frac{1}{4n}$ が示される。

解説

確率の和を求める問題において、事象の対称性に着目して式を簡略化する手法は非常に重要です。本問では「偶数が $n$ 回出る確率 $P(X=n)$」を軸にして、左右対称な確率分布の性質を活用することで、計算困難なシグマ計算を回避しています。後半の $P(X=n)$ の評価については、階乗を含む数列の不等式証明となります。解法1のように隣り合う項の比を求めて帰納法に持ち込むアプローチが最も確実で標準的です。一方、解法2のように二項係数の最大値を利用して総和を不等式評価する手法も、難関大で時折要求されるエレガントな発想であり、知っておくと強力な武器になります。