名古屋大学 2024年度理系数学第4問解答・解説

問題

袋の中にいくつかの赤玉と白玉が入っている。すべての玉に対する赤玉の割合を $p$ $(0 ≦ p ≦ 1)$ とする。袋から無作為に玉を一つ取り出して袋に戻す試行を行う。試行を $n$ 回行うとき，赤玉を $k$ 回以上取り出す確率を $f (k)$ とおく。

(1) $n ≧ 2$ に対して， $f (1)$ と $f (2)$ を求めよ。

(2) $k = 1, 2, \dots\dots, n$ に対して，等式

f (k) = \frac{n !}{( k - 1 ) ! ( n - k ) !} \int_{0}^{p} x^{k - 1} (1 - x)^{n - k} d x

を示せ。

(3) 自然数 $k$ に対して，定積分

I = \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{k} (1 - x)^{k} d x

を求めよ。

出典：名古屋大学 2024年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

解法1

(1)は赤玉が0回，または0回・1回の余事象で求める。(2)は $f (k)$ を二項分布の上側確率として和で書き， $p$ で微分する。微分後に $j_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j - 1}$ と $(n - j)_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j}$ を用いると中間項が打ち消し合い，積分表示の被積分関数が現れる。両辺が $p = 0$ で0であることから等式を得る。(3)は(2)で $n = 2 k + 1$ ，しきい値 $k + 1$ ， $p = 1/2$ とし，奇数回試行では赤が過半数となる確率が $1/2$ であることを使う。

解法2（(3)の部分積分による別解）

被積分関数の $x = 1/2$ に関する対称性で区間 $[0, 1/2]$ を $[0, 1]$ の半分へ広げ，部分積分を $k$ 回繰り返して階乗の積を得る。

解答

解法1

(1)

$n ≧ 2$ とする。赤玉を1回以上取り出す確率 $f (1)$ は，赤玉を1回も取り出さない確率の余事象である。赤玉を1回も取り出さない確率は $(1 - p)^{n}$ なので $f (1) = 1 - (1 - p)^{n}$ である。

また，赤玉を2回以上取り出す確率 $f (2)$ は，赤玉を0回または1回取り出す確率の余事象である。赤玉をちょうど1回取り出す確率は $_{n} C_{1} p (1 - p)^{n - 1} = n p (1 - p)^{n - 1}$ であるから $f (2) = 1 - (1 - p)^{n} - n p (1 - p)^{n - 1}$ である。

(2)

赤玉を $j$ 回取り出す確率は $_{n} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j}$ である。したがって $f (k) = \sum_{j = k}^{n}_{n} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j}$ である。

この式を $p$ で微分する。

f^{'} (k) = j = k \sum n_{n} C_{j} {j p^{j - 1} (1 - p)^{n - j} - (n - j) p^{j} (1 - p)^{n - j - 1}}

である。ここで

j_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j - 1}, (n - j)_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j}

を用いると

f^{'} (k) = n j = k \sum n_{n - 1} C_{j - 1} p^{j - 1} (1 - p)^{n - j} - n j = k \sum n - 1_{n - 1} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j - 1}

である。第1の和で $r = j - 1$ とおくと， $r = k - 1, k, \dots, n - 1$ となる。第2の和は $r = j$ と見れば， $r = k, k + 1, \dots, n - 1$ である。したがって途中の項は打ち消し合い，残るのは $r = k - 1$ の項だけである。よって

f^{'} (k) = n_{n - 1} C_{k - 1} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k} = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k}

である。

一方，右辺 $\frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} \int_{0}^{p} x^{k - 1} (1 - x)^{n - k} d x$ を $p$ で微分すると，同じく $\frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k}$ となる。また $p = 0$ では， $f (k) = 0$ であり，積分も0である。したがって両辺はすべての $0 ≦ p ≦ 1$ で等しく， $f (k) = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} \int_{0}^{p} x^{k - 1} (1 - x)^{n - k} d x$ が成り立つ。

(3)

(2)で，試行回数を $n = 2 k + 1$ ，赤玉を取り出す確率を $p = \frac{1}{2}$ ，しきい値を $k + 1$ とする。このとき $f (k + 1) = \frac{( 2 k + 1 )!}{k ! k !} \int_{0}^{1/2} x^{k} (1 - x)^{k} d x$ である。ここで左辺 $f (k + 1)$ は， $2 k + 1$ 回の試行で赤玉が $k + 1$ 回以上出る確率である。

赤玉と白玉が出る確率はいずれも $\frac{1}{2}$ であり，試行回数 $2 k + 1$ は奇数である。したがって，赤玉が $k + 1$ 回以上出る事象と，白玉が $k + 1$ 回以上出る事象は互いに排反で，対称性により確率は等しい。この2つの事象は全体を尽くすので，それぞれの確率は $\frac{1}{2}$ である。よって $f (k + 1) = \frac{1}{2}$ である。

したがって $\frac{( 2 k + 1 )!}{k ! k !} I = \frac{1}{2}$ となり， $I = \frac{k ! k !}{2 ( 2 k + 1 )!}$ である。

{ $k = 2$ の例。一般の $k$ でも被積分関数は $x = 1/2$ について対称なので， $[0, 1/2]$ の積分は $[0, 1]$ の半分である。}

解法2（(3)の部分積分による別解）

(1)

解法1と同じである。

(2)

解法1と同じである。

(3)

まず

J_{k} = \int_{0}^{1} x^{k} (1 - x)^{k} d x

とおく。 $x^{k} (1 - x)^{k}$ は $x$ を $1 - x$ に替えても変わらないから，グラフは $x = 1/2$ について対称であり，

I = \frac{1}{2} J_{k} (1)

である。

$J_{k}$ を， $(1 - x)^{k}$ を微分する側， $x^{k}$ を積分する側として部分積分する。端点の項は0なので

J_{k} = \frac{k}{k + 1} \int_{0}^{1} x^{k + 1} (1 - x)^{k - 1} d x

となる。同じ操作を残る $(1 - x)$ の次数が0になるまで繰り返すと

J_{k} = \frac{k ( k - 1 ) \dots 1}{( k + 1 ) ( k + 2 ) \dots ( 2 k )} \int_{0}^{1} x^{2 k} d x = \frac{k ! k !}{( 2 k )!} \cdot \frac{1}{2 k + 1} = \frac{( k ! ) ^{2}}{( 2 k + 1 )!}

を得る。(1)より

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

である。

名古屋大学 2024年度理系数学 第4問

問題

方針

解法1

解法2（(3)の部分積分による別解）

解答

解法1

(1)

(2)

(3)

解法2（(3)の部分積分による別解）

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2024年度
理系数学第4問