京都大学 1985年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

硬貨はそれぞれ表の出る確率が $a,b$ であるから、当然 $$0\leqq a\leqq 1,0\leqq b\leqq 1$$ である。

2枚同時に投げたとき、表の枚数 $X$ の分布は $P(X=0)=(1-a)(1-b),$ $P(X=1)=a(1-b)+(1-a)b,$ $P(X=2)=ab$ である。

(i)

指定された2項分布では $$P(X=0)=(1-p{)}^2,P(X=2)=p^2$$ である。したがって必要条件として $$(1-a)(1-b)=(1-p{)}^2,ab=p^2$$ が成り立つ。

第1式を展開すると $1-a-b+ab=1-2p+p^2$ である。ここに $ab=p^2$ を代入すると $a+b=2p$ を得る。

したがって $a,b$ は、和が $2p$、積が $p^2$ の2数である。つまり $a,b$ は $T^2-2pT+p^2=0$ の2根である。この方程式は $(T-p{)}^2=0$ であるから $a=b=p$ に限られる。

実際に $a=b=p$ とすれば $$P(X=k)={}_2{\mathrm{C}}_k{p}^k(1-p{)}^{2-k}(k=0,1,2)$$ となる。よって存在し、その値は $(a,b)=(p,p)\text{ の1通り}$ である。

(ii)

一様分布になるには $$P(X=0)=P(X=1)=P(X=2)={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ でなければならない。特に $$(1-a)(1-b)={\displaystyle \frac{1}{3}},ab={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ である。第1式を展開し、第2式を代入すると $$1-a-b+{\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ より $a+b=1$ を得る。

しかし、$a+b=1$ のもとでは $ab=a(1-a)$ であり、平方完成により $$a(1-a)={\displaystyle \frac{1}{4}}-{(a-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2\leqq {\displaystyle \frac{1}{4}}$$ である。これは $$ab={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ に反する。したがって、一様分布を与える $(a,b)$ は存在しない。

結論として $\text{存在しない}$ である。

確率母関数 $(1-a+az)(1-b+bz)$ を用い、指定された分布の多項式と係数を比較する。(i)は同じ一次式の平方、(ii)は実数の一次式に分解できない2次式になることを見る。

表の枚数を指数とする多項式を作ると，2枚の硬貨による分布は$$G(z)=\{(1-a)+az\}\{(1-b)+bz\}$$で表される。

(i)
2項分布の多項式は$$\{(1-p)+pz{\}}^2$$である。定数項と $z^2$ の係数を比較すると$$(1-a)(1-b)=(1-p{)}^2,ab=p^2\mathrm{.}$$これらから $a+b=2p$ を得る。よって $a,b$ は$$T^2-2pT+p^2=(T-p{)}^2=0$$の2根であり，$(a,b)=(p,p)$ の1通りだけである。

(ii)
一様分布なら$$G(z)={\displaystyle \frac{1+z+z^2}{3}}\mathrm{.}$$右辺の2次式 $z^2+z+1$ の判別式は$$1^2-4=-3<0$$である。一方，左辺は実数係数の一次式2個の積であるから，$ab>0$ なら実数根をもつ。$ab=0$ なら2次式にすらならない。したがって一致は不可能であり，該当する $(a,b)$ は存在しない。