トップ› 名古屋大学› 2024年› 理系第4問

名古屋大学 2024年理系第4問解説

方針・初手

(1) 反復試行の確率の定義に従って立式する。余事象を利用することで計算の手間を省くことができる。 (2) 等式を証明する。(右辺の積分)から(左辺の確率の和)を導く方針と、両辺を $p$ の関数とみて微分し、導関数が等しいことと端点での値が等しいことを示す方針の2つが代表的である。 (3) (2)で示された等式において、積分が与式と一致するように文字に具体的な値を代入する。被積分関数の形から $n$ と $k$ の値を決め、確率論の知識を用いて $f(k)$ の値を求める。あるいは、ベータ関数の性質を利用して直接積分を計算することもできる。

解法1

(1)

1回の試行で赤玉を取り出す確率は $p$、白玉を取り出す確率は $1-p$ である。 $n$ 回の試行で赤玉を $k$ 回以上取り出す確率が $f(k)$ である。

$f(1)$ は、赤玉を1回以上取り出す確率であるから、余事象「$n$ 回とも白玉を取り出す」確率を $1$ から引けばよい。

$$f(1) = 1 - (1-p)^n$$

$f(2)$ は、赤玉を2回以上取り出す確率であるから、余事象「赤玉を0回、または1回取り出す」確率を $1$ から引けばよい。

$$f(2) = 1 - \left\{ {}_n\mathrm{C}_{0} p^0(1-p)^n + {}_n\mathrm{C}_{1} p^1(1-p)^{n-1} \right\}$$

$$f(2) = 1 - (1-p)^n - np(1-p)^{n-1}$$

(2)

右辺の積分を $S_k$ とおく。

$$S_k = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k} dx$$

$1 \leqq k \leqq n-1$ のとき、部分積分を行うと

$$\begin{aligned} S_k &= \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \left\{ \left[ \frac{x^k}{k} (1-x)^{n-k} \right]_0^p - \int_0^p \frac{x^k}{k} \cdot \{ -(n-k) \}(1-x)^{n-k-1} dx \right\} \\ &= \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k(1-p)^{n-k} + \frac{n!}{k!(n-k-1)!} \int_0^p x^k(1-x)^{n-k-1} dx \\ &= {}_n\mathrm{C}_{k} p^k(1-p)^{n-k} + S_{k+1} \end{aligned}$$

これより、$S_k - S_{k+1} = {}_n\mathrm{C}_{k} p^k(1-p)^{n-k}$ が成り立つ。これを繰り返し用いると

$$\begin{aligned} S_k &= (S_k - S_{k+1}) + (S_{k+1} - S_{k+2}) + \dots + (S_{n-1} - S_n) + S_n \\ &= \sum_{j=k}^{n-1} {}_n\mathrm{C}_{j} p^j(1-p)^{n-j} + S_n \end{aligned}$$

ここで、$S_n$ は

$$S_n = \frac{n!}{(n-1)!0!} \int_0^p x^{n-1}(1-x)^0 dx = n \left[ \frac{x^n}{n} \right]_0^p = p^n = {}_n\mathrm{C}_{n} p^n(1-p)^0$$

したがって

$$S_k = \sum_{j=k}^{n-1} {}_n\mathrm{C}_{j} p^j(1-p)^{n-j} + {}_n\mathrm{C}_{n} p^n(1-p)^0 = \sum_{j=k}^n {}_n\mathrm{C}_{j} p^j(1-p)^{n-j}$$

この式は、1回の試行で確率 $p$ で起こる事象が、$n$ 回の反復試行において $k$ 回以上起こる確率を表している。すなわち、赤玉を $k$ 回以上取り出す確率 $f(k)$ に等しい。以上より、$f(k) = S_k$ が示された。

(3)

(2)の等式において、$n = 2k+1$、$p = \frac{1}{2}$ とし、さらに左辺の確率の式の引数 $k$ を $k+1$ に置き換えると

$$f(k+1) = \frac{(2k+1)!}{k!k!} \int_0^{\frac{1}{2}} x^k(1-x)^k dx$$

ここで左辺 $f(k+1)$ は、確率 $\frac{1}{2}$ で赤玉が出る試行を $2k+1$ 回行ったとき、赤玉が $k+1$ 回以上出る確率である。赤玉が出る回数を $X$ とすると、$X$ は二項分布 $B\left(2k+1, \frac{1}{2}\right)$ に従う。

$$f(k+1) = P(X \geqq k+1) = \sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}\mathrm{C}_{j} \left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}$$

二項係数の対称性 ${}_{2k+1}\mathrm{C}_{j} = {}_{2k+1}\mathrm{C}_{2k+1-j}$ を用いると

$$f(k+1) = \sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}\mathrm{C}_{2k+1-j} \left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}$$

$i = 2k+1-j$ とおくと、$j$ が $k+1$ から $2k+1$ まで動くとき、$i$ は $k$ から $0$ まで動くので

$$f(k+1) = \sum_{i=0}^k {}_{2k+1}\mathrm{C}_{i} \left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1} = P(X \leqq k)$$

全確率の総和は $1$ であり、また $X$ は整数値しかとらないため

$$P(X \leqq k) + P(X \geqq k+1) = 1$$

よって、$2 f(k+1) = 1$ より $f(k+1) = \frac{1}{2}$ となる。したがって

$$\frac{1}{2} = \frac{(2k+1)!}{(k!)^2} \int_0^{\frac{1}{2}} x^k(1-x)^k dx$$

これより

$$I = \int_0^{\frac{1}{2}} x^k(1-x)^k dx = \frac{(k!)^2}{2(2k+1)!}$$

解法2

(2) 微分を用いた証明

$f(k)$ は定義より

$$f(k) = \sum_{j=k}^n {}_n\mathrm{C}_{j} p^j(1-p)^{n-j}$$

である。両辺を $p$ の関数とみて等式を示す。 $f(k)$ を $p$ で微分すると

$$\begin{aligned} \frac{d}{dp} f(k) &= \sum_{j=k}^n {}_n\mathrm{C}_{j} \left\{ j p^{j-1}(1-p)^{n-j} - (n-j)p^j(1-p)^{n-j-1} \right\} \\ &= \sum_{j=k}^n \frac{n!}{(j-1)!(n-j)!} p^{j-1}(1-p)^{n-j} - \sum_{j=k}^{n-1} \frac{n!}{j!(n-j-1)!} p^j(1-p)^{n-j-1} \end{aligned}$$

第2項の和について $i=j+1$ とおくと、和の範囲は $i=k+1$ から $n$ となり

$$\sum_{j=k}^{n-1} \frac{n!}{j!(n-j-1)!} p^j(1-p)^{n-j-1} = \sum_{i=k+1}^n \frac{n!}{(i-1)!(n-i)!} p^{i-1}(1-p)^{n-i}$$

これは第1項の $\sum$ の $j=k+1$ から $n$ までの部分と完全に一致する。したがって、引き算によって $j=k$ の項のみが残り

$$\frac{d}{dp} f(k) = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} p^{k-1}(1-p)^{n-k}$$

両辺を $x$ について $0$ から $p$ まで定積分すると

$$f(k) - (\text{$p=0$ のときの $f(k)$}) = \int_0^p \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} x^{k-1}(1-x)^{n-k} dx$$

$k \geqq 1$ のとき、$p=0$ ならば赤玉を取り出す確率は $0$ なので、$k$ 回以上取り出す確率は $0$ である。すなわち $p=0$ のとき $f(k) = 0$。よって

$$f(k) = \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k} dx$$

が示された。

(3) 直接積分による解法

被積分関数は $x=\frac{1}{2}$ について対称である。実際、$x = \frac{1}{2} - t$ と置換すると、$dx = -dt$ であり、$x$ が $0 \to \frac{1}{2}$ のとき $t$ は $\frac{1}{2} \to 0$ となる。

$$I = \int_{\frac{1}{2}}^0 \left(\frac{1}{2} - t\right)^k \left(\frac{1}{2} + t\right)^k (-dt) = \int_0^{\frac{1}{2}} \left(\frac{1}{4} - t^2\right)^k dt$$

同様に、$x = \frac{1}{2} + t$ と置換すると

$$\int_{\frac{1}{2}}^1 x^k(1-x)^k dx = \int_0^{\frac{1}{2}} \left(\frac{1}{4} - t^2\right)^k dt$$

よって、$\int_0^{\frac{1}{2}} x^k(1-x)^k dx = \int_{\frac{1}{2}}^1 x^k(1-x)^k dx$ が成り立つため

$$I = \frac{1}{2} \int_0^1 x^k(1-x)^k dx$$

ここで、$J(m, n) = \int_0^1 x^m(1-x)^n dx$ とおき、部分積分を行うと

$$J(m, n) = \left[ \frac{x^{m+1}}{m+1}(1-x)^n \right]_0^1 + \frac{n}{m+1} \int_0^1 x^{m+1}(1-x)^{n-1} dx = \frac{n}{m+1} J(m+1, n-1)$$

これを繰り返し用いると

$$\begin{aligned} \int_0^1 x^k(1-x)^k dx &= J(k, k) \\ &= \frac{k}{k+1} J(k+1, k-1) \\ &= \frac{k(k-1)}{(k+1)(k+2)} J(k+2, k-2) \\ &\quad \vdots \\ &= \frac{k!}{(k+1)(k+2)\dots(2k)} J(2k, 0) \end{aligned}$$

ここで、$J(2k, 0) = \int_0^1 x^{2k} dx = \left[ \frac{x^{2k+1}}{2k+1} \right]_0^1 = \frac{1}{2k+1}$ であるから

$$J(k, k) = \frac{k! \cdot k!}{(2k)!} \cdot \frac{1}{2k+1} = \frac{(k!)^2}{(2k+1)!}$$

したがって

$$I = \frac{1}{2} J(k, k) = \frac{(k!)^2}{2(2k+1)!}$$

解説

確率の累積和と定積分を結びつける有名な等式（不完全ベータ関数と二項分布の関係）を題材にした問題である。(2)の証明は、部分積分によって積分を確率のシグマの形へ崩していくか、逆にシグマで表された確率を微分して積分の形に結びつけるかの二通りのアプローチが定石となる。 (3)は、(2)の等式の形をよく観察し、$n=2k+1$、$p=1/2$ として適応する発想が求められる誘導問題となっている。一方で、ベータ関数の積分の知識があれば、誘導を用いずとも解法2のように力技で計算を完遂させることも可能である。