トップ› 東京大学› 1985年› 理系第5問

東京大学 1985年理系第5問解説

方針・初手

事象 $X+Y=n$ は互いに排反な事象 $X=k, Y=n-k \ (k=0, 1, \dots, n)$ の和事象であることを利用し、与えられた条件から $p_n$ に関する漸化式を立てる。小さな $n$ の値で実験して一般項を推測し、数学的帰納法を用いて証明する方針をとる。

解法1

事象 $X+Y=n$ となるのは、$k=0, 1, \dots, n$ に対して $X=k$ かつ $Y=n-k$ となる場合であり、これらは互いに排反である。 $X$ と $Y$ は独立であるから、

$$ P(X+Y=n) = \sum_{k=0}^{n} P(X=k)P(Y=n-k) = \sum_{k=0}^{n} p_k p_{n-k} $$

問題の条件より、これが $(n+1)p_{n+1}$ に等しいので、

$$ (n+1)p_{n+1} = \sum_{k=0}^{n} p_k p_{n-k} \quad \cdots \text{①} $$

が成り立つ。

①において小さな $n$ について調べる。

$n=0$ のとき、$p_1 = p_0^2$

$n=1$ のとき、$2p_2 = p_0 p_1 + p_1 p_0 = 2p_0 p_1$ より $p_2 = p_0 p_1 = p_0^3$

$n=2$ のとき、$3p_3 = p_0 p_2 + p_1^2 + p_2 p_0 = p_0^4 + p_0^4 + p_0^4 = 3p_0^4$ より $p_3 = p_0^4$

これより、すべての $0$ 以上の整数 $n$ について

$$ p_n = p_0^{n+1} \quad \cdots \text{②} $$

が成り立つと推測できる。これを数学的帰納法で示す。

(i)

$n=0$ のときは $p_0 = p_0^1$ となり成り立つ。

(ii)

$0$ 以上のある整数 $m$ 以下のすべての整数 $n$ で②が成り立つと仮定する。 ①で $n=m$ とすると、

$$ (m+1)p_{m+1} = \sum_{k=0}^{m} p_k p_{m-k} $$

仮定より $p_k = p_0^{k+1}$, $p_{m-k} = p_0^{m-k+1}$ であるから、

$$ (m+1)p_{m+1} = \sum_{k=0}^{m} p_0^{k+1} p_0^{m-k+1} = \sum_{k=0}^{m} p_0^{m+2} $$

右辺は $p_0^{m+2}$ を $(m+1)$ 個足し合わせたものになるので、

$$ (m+1)p_{m+1} = (m+1)p_0^{m+2} $$

$m+1 \neq 0$ であるから、両辺を $m+1$ で割って $p_{m+1} = p_0^{m+2}$ を得る。よって、$n=m+1$ のときも②は成り立つ。

（i）, （ii）より、すべての $0$ 以上の整数 $n$ について $p_n = p_0^{n+1}$ である。

次に、$p_0$ の値を求める。確率は $0 \leqq p_n \leqq 1$ であり、条件 $\sum_{n=0}^{\infty} p_n = 1$ より、

$$ \sum_{n=0}^{\infty} p_0^{n+1} = 1 $$

もし $p_0 = 1$ であれば左辺は発散するため不適である。よって $0 \leqq p_0 < 1$ であり、左辺は初項 $p_0$、公比 $p_0$ の無限等比級数となるので、

$$ \frac{p_0}{1-p_0} = 1 $$

これを解いて $p_0 = \frac{1}{2}$ を得る。したがって、

$$ p_n = \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} $$

次に $\sum_{n=0}^{\infty} np_n$ の値を求める。求める値を $S$ とおくと、

$$ S = \sum_{n=0}^{\infty} n \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} = 1 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^4 + \cdots $$

両辺に $\frac{1}{2}$ を掛けると、

$$ \frac{1}{2}S = 1 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^4 + \cdots $$

辺々を引くと、

$$ S - \frac{1}{2}S = \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^3 + \left( \frac{1}{2} \right)^4 + \cdots $$

右辺は初項 $\frac{1}{4}$、公比 $\frac{1}{2}$ の無限等比級数であるから、

$$ \frac{1}{2}S = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1}{2} $$

よって、$S = 1$ となる。すなわち、

$$ \sum_{n=0}^{\infty} np_n = 1 $$

解法2

（母関数を用いた解法） $|x| \leqq 1$ で定義される関数 $f(x)$ を次のように定める（これを確率母関数という）。

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} p_n x^n $$

$X$ と $Y$ は独立であり、同一の分布に従うので、$f(x)$ の平方を考えると、

$$ \{f(x)\}^2 = \left( \sum_{i=0}^{\infty} p_i x^i \right) \left( \sum_{j=0}^{\infty} p_j x^j \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^{n} p_k p_{n-k} \right) x^n $$

条件より $\sum_{k=0}^{n} p_k p_{n-k} = (n+1)p_{n+1}$ であるから、

$$ \{f(x)\}^2 = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)p_{n+1} x^n $$

ここで、$f(x)$ を項別微分すると、

$$ f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n p_n x^{n-1} = \sum_{m=0}^{\infty} (m+1) p_{m+1} x^m $$

したがって、微分方程式 $\{f(x)\}^2 = f'(x)$ を得る。 $f(x) \neq 0$ として両辺を $\{f(x)\}^2$ で割り、積分すると、

$$ \int \frac{f'(x)}{\{f(x)\}^2} dx = \int 1 dx $$

$$ -\frac{1}{f(x)} = x + C \quad (C \text{ は積分定数}) $$

ゆえに、$f(x) = -\frac{1}{x+C}$ となる。確率の和の条件から $f(1) = \sum_{n=0}^{\infty} p_n = 1$ である。よって、

$$ 1 = -\frac{1}{1+C} $$

これより $C = -2$ となり、$f(x) = \frac{1}{2-x}$ を得る。これを等比級数の和の形に変形すると、

$$ f(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{x}{2} \right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} x^n $$

係数を比較して、

$$ p_n = \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} $$

また、求める値 $\sum_{n=0}^{\infty} np_n$ は、

$$ \sum_{n=0}^{\infty} np_n = \sum_{n=1}^{\infty} np_n 1^{n-1} = f'(1) $$

である。$f'(x) = \frac{1}{(2-x)^2}$ より、

$$ f'(1) = \frac{1}{(2-1)^2} = 1 $$

したがって、$\sum_{n=0}^{\infty} np_n = 1$ である。

解説

$X+Y=n$ となる確率を求める際に、和の法則と独立な事象の乗法定理を組み合わせてシグマ記号で立式できるかが第一の関門である。漸化式が得られれば、小さな値で実験し、結果を予想して数学的帰納法で証明するという定石通りに進められる。また、（等差数列）×（等比数列）の形をした無限級数の和の計算は頻出である。公比を掛けてずらして引くという基本操作を正確に行いたい。別解で紹介した母関数（確率母関数）を用いる手法は、高校数学の範囲をやや逸脱するが、離散確率分布における畳み込み和（コンボリューション）の処理において非常に強力である。見通しよく解くことができるため、背景知識として知っておくと役立つ。