大阪大学 1987年 理系 第5問 解説

方針・初手

(1) 試行が $k$ 回で終了するのは、どのような色の出方をしたときかを考える。$k$ が偶数のときと奇数のときで規則性が異なるため、場合分けして確率を求める。最後が $2N$ 回で終了する場合は、「ちょうど $2N$ 回目で同じ色が2回連続して終了するパターン」と、「$2N$ 回目まで色が交互に出続けて強制終了するパターン」の2つの和事象となることに注意する。

(2) (1)で求めた確率を用いて期待値の定義式に従い計算する。部分和を書き下して項ごとに整理すると、差分が打ち消し合って見通し良く計算できる。

(3) (2)の結果を用いて $E$ の上限を評価する。等比数列の和を無限等比級数に拡張して上から押さえること、および $r=pq$ の取りうる値の範囲を $p+q=1$ の関係から求めることがポイントとなる。

解法1

(1)

赤玉が出る確率を $p = \frac{a}{a+b}$、白玉が出る確率を $q = \frac{b}{a+b}$ とおく。 袋の中には赤玉と白玉が入っているため $p>0, q>0$ であり、$p+q=1$ である。 同じ色が2回続けて出た時点で試行が終了するため、$k$ 回目で終了するとき（$k < 2N$）、1回目から $k-1$ 回目までは赤と白が交互に出る。

(i) $k = 2l \ (l=1,2,\cdots,N-1)$ のとき

1回目から $2l-1$ 回目まで色が交互に出て、最後が $2l-1$ 回目と同じ色になればよい。 条件を満たす出方は以下の2通りである。

・「赤、白、赤、白、…、赤、赤」と出る場合： 「赤、白」の組が $l-1$ 回続き、最後に「赤、赤」と出る。 この確率は $(pq)^{l-1} \cdot p^2 = r^{l-1} p^2$ である。

・「白、赤、白、赤、…、白、白」と出る場合： 「白、赤」の組が $l-1$ 回続き、最後に「白、白」と出る。 この確率は $(qp)^{l-1} \cdot q^2 = r^{l-1} q^2$ である。

よって、これらの和をとって、

$$ P_{2l} = r^{l-1} p^2 + r^{l-1} q^2 = r^{l-1}(p^2+q^2) $$

ここで $p^2+q^2 = (p+q)^2 - 2pq = 1^2 - 2r = 1-2r$ であるから、

$$ P_{2l} = r^{l-1}(1-2r) $$

となる。

(ii) $k = 2l+1 \ (l=1,2,\cdots,N-1)$ のとき

1回目から $2l$ 回目まで色が交互に出て、最後が $2l$ 回目と同じ色になればよい。 条件を満たす出方は以下の2通りである。

・「赤、白、赤、白、…、白、白」と出る場合： 「赤、白」の組が $l$ 回続き、最後にもう1回「白」が出る。 この確率は $(pq)^l \cdot q = r^l q$ である。

・「白、赤、白、赤、…、赤、赤」と出る場合： 「白、赤」の組が $l$ 回続き、最後にもう1回「赤」が出る。 この確率は $(qp)^l \cdot p = r^l p$ である。

よって、これらの和をとって、

$$ P_{2l+1} = r^l q + r^l p = r^l(p+q) $$

$p+q=1$ より、

$$ P_{2l+1} = r^l $$

となる。

(iii) $k = 2N$ のとき

試行が $2N$ 回で終了するのは、以下の2つの事象の和事象である。

・ちょうど $2N$ 回目で同じ色が2回続いて終了する事象。 この確率は （i） の $P_{2l}$ において $l=N$ とした式で表され、$r^{N-1}(1-2r)$ である。

・$2N$ 回目まで一度も同じ色が続かず、色が交互に出続ける事象。 「赤白…赤白」と「白赤…白赤」の2通りがあり、それぞれの確率は $(pq)^N = r^N$ および $(qp)^N = r^N$ である。

これらは互いに排反であるから、

$$ P_{2N} = r^{N-1}(1-2r) + r^N + r^N $$

$$ P_{2N} = r^{N-1} - 2r^N + 2r^N = r^{N-1} $$

となる。

(2)

期待値 $E$ は定義に従い、次のように計算できる。

$$ E = \sum_{k=2}^{2N} k P_k = \sum_{l=1}^{N-1} (2l P_{2l} + (2l+1)P_{2l+1}) + 2N P_{2N} $$

まず、シグマの中身を (1) の結果を用いて整理する。

$$ 2l P_{2l} + (2l+1)P_{2l+1} = 2l \cdot r^{l-1}(1-2r) + (2l+1) r^l $$

$$ = 2l r^{l-1} - 4l r^l + 2l r^l + r^l $$

$$ = 2l r^{l-1} - 2l r^l + r^l $$

$$ = 2l (r^{l-1} - r^l) + r^l $$

これを用いて、シグマ部分の和を2つに分けて計算する。

$$ \sum_{l=1}^{N-1} \{ 2l P_{2l} + (2l+1)P_{2l+1} \} = \sum_{l=1}^{N-1} 2l (r^{l-1} - r^l) + \sum_{l=1}^{N-1} r^l $$

第1項について和を書き下すと、

$$ \sum_{l=1}^{N-1} 2l (r^{l-1} - r^l) = 2(1 - r) + 4(r - r^2) + 6(r^2 - r^3) + \cdots + 2(N-1)(r^{N-2} - r^{N-1}) $$

$$ = 2 + 2r + 2r^2 + \cdots + 2r^{N-2} - 2(N-1)r^{N-1} $$

となる。

第2項はそのまま等比数列の和の形である。

$$ \sum_{l=1}^{N-1} r^l = r + r^2 + \cdots + r^{N-1} $$

これらを足し合わせると、

$$ \sum_{l=1}^{N-1} \{ 2l P_{2l} + (2l+1)P_{2l+1} \} = 2 + 3(r + r^2 + \cdots + r^{N-2}) - (2N-3)r^{N-1} $$

最後に $2N P_{2N} = 2N r^{N-1}$ を加える。

$$ E = 2 + 3(r + r^2 + \cdots + r^{N-2}) - (2N-3)r^{N-1} + 2N r^{N-1} $$

$$ = 2 + 3(r + r^2 + \cdots + r^{N-2}) + 3r^{N-1} $$

$$ = 2 + 3(r + r^2 + \cdots + r^{N-1}) $$

これは $E = A + B(r+r^2+\cdots+r^{N-1})$ の形に一致する。 したがって、$A = 2, B = 3$ である。

(3)

$r = pq = p(1-p)$ である。 $p = \frac{a}{a+b}$ であり、$a, b$ はともに自然数なので $0 < p < 1$ である。 $r$ を $p$ の2次関数として平方完成すると、

$$ r = -\left(p-\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4} $$

となるため、$p$ が $0 < p < 1$ の範囲を動くとき、$r$ のとりうる値の範囲は

$$ 0 < r \le \frac{1}{4} $$

である。

(2) より

$$ E = 2 + 3 \sum_{l=1}^{N-1} r^l $$

と表せる。$r > 0$ であるから $r^l > 0$ であり、正の項を足し続ける限り和は増加する。したがって、項の数を無限に増やした無限等比級数で上から評価できる。

$$ E < 2 + 3 \sum_{l=1}^{\infty} r^l $$

$0 < r < 1$ であるから、この無限等比級数は収束し、

$$ \sum_{l=1}^{\infty} r^l = \frac{r}{1-r} $$

となる。これを用いると、

$$ E < 2 + 3 \left( \frac{r}{1-r} \right) $$

ここで、関数 $f(r) = \frac{r}{1-r} = -1 + \frac{1}{1-r}$ は、$0 < r < 1$ において単調増加関数である。 $r \le \frac{1}{4}$ であるから、

$$ f(r) \le f\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{1}{3} $$

が成り立つ。

よって、

$$ E < 2 + 3 \cdot \frac{1}{3} = 3 $$

となり、$E < 3$ が示された。

解説

確率と期待値の計算、および不等式評価の融合問題。

(1) では終了するまでの回数が偶数か奇数かで規則が異なるため、文字 $l$ を用いて一般化する力が問われる。最後の $2N$ 回目は、それ以前とは終了の条件（上限回数到達による打ち切り）が異なるため、注意深く事象を網羅する必要がある。

(2) の期待値計算では、 $\sum k r^k$ を含む数列の和が現れる。今回は式の変形によって差分の形を作ることで、途中の項が次々と打ち消し合って見通し良く計算できる。

(3) は求めた期待値 $E$ が有限項の等比数列の和であることを利用し、それを無限等比級数に拡張して上限を評価する。さらに $r = p(1-p)$ の最大値を相加相乗平均や2次関数の最大値から求めることで、スマートに証明を完遂できる。

答え

(1)

$P_{2l} = r^{l-1}(1-2r), \ P_{2l+1} = r^l, \ P_{2N} = r^{N-1}$

(2)

$A = 2, B = 3$

(3)

略（証明は解法を参照）