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東京大学 1974年理系第6問解説

方針・初手

$A, B$ がそれぞれ $n$ 試合目で優勝する確率を求め、$P, Q$ および $N$ の確率分布を $p, q$ を用いて立式する。確率は $p+q=1$ の関係があるため、$p, q$ の対称式に帰着させたり、$q$ を消去して $p$ の1変数関数として微分するなどの処理が有効である。

解法1

$A$ が優勝するのは、$3, 4, 5$ 試合目のいずれかである。それぞれの確率は以下のようになる。

$3$ 試合目で優勝する確率：$p^3$
$4$ 試合目で優勝する確率：$3$ 試合目までに $A$ が $2$ 勝 $1$ 敗とし、$4$ 試合目に $A$ が勝つ場合なので、${}_3\mathrm{C}_{2} p^2 q \times p = 3p^3 q$
$5$ 試合目で優勝する確率：$4$ 試合目までに $A$ が $2$ 勝 $2$ 敗とし、$5$ 試合目に $A$ が勝つ場合なので、${}_4\mathrm{C}_{2} p^2 q^2 \times p = 6p^3 q^2$

これらは互いに排反であるから、$A$ が優勝する確率 $P$ は、

$$ P = p^3 + 3p^3 q + 6p^3 q^2 $$

同様に、$B$ が優勝する確率 $Q$ は、$P$ の $p$ と $q$ を入れ替えたものであるから、

$$ Q = q^3 + 3p q^3 + 6p^2 q^3 $$

(1)

$P-Q$ を計算する。

$$ \begin{aligned} P - Q &= (p^3 + 3p^3 q + 6p^3 q^2) - (q^3 + 3p q^3 + 6p^2 q^3) \\ &= (p^3 - q^3) + 3pq(p^2 - q^2) + 6p^2 q^2 (p - q) \\ &= (p-q)(p^2 + pq + q^2) + 3pq(p-q)(p+q) + 6p^2 q^2 (p - q) \\ &= (p-q) \{ p^2 + pq + q^2 + 3pq(p+q) + 6p^2 q^2 \} \end{aligned} $$

ここで、$p+q=1$ より $p^2+q^2 = (p+q)^2 - 2pq = 1-2pq$ であるため、

$$ \begin{aligned} p^2 + pq + q^2 &= 1 - pq \\ 3pq(p+q) &= 3pq \end{aligned} $$

これらを代入して整理すると、

$$ \begin{aligned} P - Q &= (p-q) \{ (1 - pq) + 3pq + 6p^2 q^2 \} \\ &= (p-q)(1 + 2pq + 6p^2 q^2) \end{aligned} $$

これより、$(P-Q)$ と $(p-q)$ の差をとると、

$$ \begin{aligned} (P - Q) - (p - q) &= (p-q)(1 + 2pq + 6p^2 q^2) - (p-q) \\ &= (p-q)(2pq + 6p^2 q^2) \\ &= 2pq(1 + 3pq)(p-q) \end{aligned} $$

$p>0, q>0$ より $pq>0$ であり、$1+3pq>0$ である。また、$p>q$ のとき $p-q>0$ であるから、

$$ (P - Q) - (p - q) > 0 $$

したがって、$P-Q > p-q$ となり、$P-Q$ の方が大きい。

(2)

$P+Q=1$ より $Q = 1-P$ であるから、$P-Q = P - (1-P) = 2P - 1$ また、$p+q=1$ より $q = 1-p$ であるから、$p-q = p - (1-p) = 2p - 1$ これらを（1）で求めた等式 $(P-Q) - (p-q) = 2pq(1+3pq)(p-q)$ に代入すると、

$$ (2P - 1) - (2p - 1) = 2pq(1+3pq)(p-q) $$

$$ 2(P - p) = 2pq(1+3pq)(p-q) $$

$$ P - p = pq(1+3pq)(p-q) $$

$q = 1-p$ を代入し、$P-p$ を $p$ の関数 $f(p)$ として表す。

$$ \begin{aligned} f(p) &= p(1-p) \{ 1 + 3p(1-p) \} (2p-1) \\ &= (p - p^2)(1 + 3p - 3p^2)(2p - 1) \\ &= (p + 3p^2 - 3p^3 - p^2 - 3p^3 + 3p^4)(2p - 1) \\ &= (3p^4 - 6p^3 + 2p^2 + p)(2p - 1) \\ &= 6p^5 - 3p^4 - 12p^4 + 6p^3 + 4p^3 - 2p^2 + 2p^2 - p \\ &= 6p^5 - 15p^4 + 10p^3 - p \end{aligned} $$

$f(p)$ を $p$ で微分する。

$$ \begin{aligned} f'(p) &= 30p^4 - 60p^3 + 30p^2 - 1 \\ &= 30p^2(p^2 - 2p + 1) - 1 \\ &= 30p^2(p-1)^2 - 1 \\ &= 30p^2(1-p)^2 - 1 \end{aligned} $$

$f'(p) = 0$ となる $p$ の値を求める。$0<p<1$ より $p(1-p) > 0$ であるから、

$$ p^2(1-p)^2 = \frac{1}{30} $$

$$ p(1-p) = \frac{1}{\sqrt{30}} $$

$$ p^2 - p + \frac{1}{\sqrt{30}} = 0 $$

この2次方程式の解は、

$$ p = \frac{1 \pm \sqrt{1 - \frac{4}{\sqrt{30}}}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - \frac{2\sqrt{30}}{15}}}{2} $$

ここで、$p_1 = \frac{1 - \sqrt{1 - \frac{2\sqrt{30}}{15}}}{2}$, $p_2 = \frac{1 + \sqrt{1 - \frac{2\sqrt{30}}{15}}}{2}$ とおく。 $0 < 1 - \frac{2\sqrt{30}}{15} < 1$ であるから、$0 < p_1 < \frac{1}{2} < p_2 < 1$ が成り立つ。

$y = p(1-p)$ のグラフは直線 $p = \frac{1}{2}$ を軸とする上に凸の放物線であり、$f'(p)$ の符号は $y^2 - \frac{1}{30}$ の符号と一致する。したがって、$f'(p)$ は $0 < p < p_1$ で負、$p_1 < p < p_2$ で正、$p_2 < p < 1$ で負となる。増減表は以下のようになる。

$p$	$(0)$	$\cdots$	$p_1$	$\cdots$	$p_2$	$\cdots$	$(1)$
$f'(p)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f(p)$		$\searrow$	極小	$\nearrow$	極大	$\searrow$

増減表より、$f(p)$ を最大にする $p$ の値は $p_2$ である。

$$ p = \frac{1 + \sqrt{1 - \frac{2\sqrt{30}}{15}}}{2} $$

(3)

$N$ のとりうる値は $3, 4, 5$ であり、それぞれの確率は、

$$ \begin{aligned} \text{確率}(N=3) &= p^3 + q^3 \\ \text{確率}(N=4) &= 3p^3 q + 3p q^3 = 3pq(p^2 + q^2) \\ \text{確率}(N=5) &= 6p^3 q^2 + 6p^2 q^3 = 6p^2 q^2 (p + q) = 6p^2 q^2 \end{aligned} $$

$N$ の期待値 $E(N)$ は、

$$ E(N) = 3(p^3 + q^3) + 4 \cdot 3pq(p^2 + q^2) + 5 \cdot 6p^2 q^2 $$

ここでも $p+q=1$ より $p^2+q^2 = 1-2pq$、$p^3+q^3 = (p+q)^3 - 3pq(p+q) = 1-3pq$ であることを用いる。

$$ \begin{aligned} E(N) &= 3(1 - 3pq) + 12pq(1 - 2pq) + 30p^2 q^2 \\ &= 3 - 9pq + 12pq - 24p^2 q^2 + 30p^2 q^2 \\ &= 6(pq)^2 + 3pq + 3 \end{aligned} $$

ここで、$x = pq = p(1-p)$ とおく。 $p$ の範囲は $0 < p < 1$ であるから、$x$ は $p = \frac{1}{2}$ のとき最大値 $\frac{1}{4}$ をとり、$x$ のとりうる値の範囲は $0 < x \le \frac{1}{4}$ である。

期待値を $x$ の関数 $g(x)$ とすると、

$$ g(x) = 6x^2 + 3x + 3 = 6 \left( x + \frac{1}{4} \right)^2 + \frac{21}{8} $$

この関数は $x > -\frac{1}{4}$ において単調増加であるため、$0 < x \le \frac{1}{4}$ の範囲では $x = \frac{1}{4}$ のときに最大値をとる。 $x = \frac{1}{4}$ となるのは $p = \frac{1}{2}$ のときである。

そのときの期待値の最大値は、

$$ E(N) = 6 \left( \frac{1}{4} \right)^2 + 3 \left( \frac{1}{4} \right) + 3 = \frac{6}{16} + \frac{3}{4} + 3 = \frac{3}{8} + \frac{6}{8} + \frac{24}{8} = \frac{33}{8} $$

解説

反復試行の確率における典型的な設定（日本シリーズなどと同じ）である。各試合が独立であるため、$A$ の優勝確率は単純に $N=3, 4, 5$ の各場合を足し合わせることで求まる。 (1)のように対称性のある式を変形する際は、$p+q=1$ を用いて $p, q$ の基本対称式である $p+q$ と $pq$ で表す工夫をすると、見通しよく計算が進む。 (2)ではそのまま微分する方針をとることで、5次関数の微分になるが、導関数がうまく $(p-1)^2$ などの因数をもつため極値が求まるようになっている。（3）の期待値の計算でも、（1）と同様に対称式を用いて $pq$ のみの式に帰着させることが最大のポイントである。