名古屋大学 2024年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1)
$n\geqq 2$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 $${}_n{\mathrm{C}}_{1}p(1-p{)}^{n-1}=np(1-p{)}^{n-1}$$ であるから $$f(2)=1-(1-p{)}^n-np(1-p{)}^{n-1}$$ である。

(2)
赤玉を$j$回取り出す確率は ${}_n{\mathrm{C}}_j{p}^j(1-p{)}^{n-j}$ である。したがって $$f(k)=\sum _{j=k}^n{}_n{\mathrm{C}}_j{p}^j(1-p{)}^{n-j}$$ である。

この式を$p$で微分する。$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(k)}& {\displaystyle =\sum _{j=k}^n{}_n{\mathrm{C}}_j\{j{p}^{j-1}(1-p{)}^{n-j}-(n-j)p^j(1-p{)}^{n-j-1}\}}\end{array}$$である。ここで$$j{}_n{\mathrm{C}}_j=n{}_{n-1}{\mathrm{C}}_{j-1},(n-j){}_n{\mathrm{C}}_j=n{}_{n-1}{\mathrm{C}}_j$$を用いると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(k)}& {\displaystyle =n\sum _{j=k}^n{}_{n-1}{\mathrm{C}}_{j-1}{p}^{j-1}(1-p{)}^{n-j}-n\sum _{j=k}^{n-1}{}_{n-1}{\mathrm{C}}_j{p}^j(1-p{)}^{n-j-1}}\end{array}$$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$$f^{\mathrm{\prime }}(k)=n{}_{n-1}{\mathrm{C}}_{k-1}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-k}=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-k}$$である。

一方，右辺 $\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{\int }_0^p{x}^{k-1}(1-x{)}^{n-k}dx$ 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$0\leqq p\leqq 1$で等しく，$$f(k)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{\int }_0^p{x}^{k-1}(1-x{)}^{n-k}dx$$ が成り立つ。

(3)
(2)で，試行回数を$n=2k+1$，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 $$f(k+1)=\frac{(2k+1)!}{k!k!}{\int }_0^{1\mathrm{/}2}{x}^k(1-x{)}^{k}dx$$ である。ここで左辺$f(k+1)$は，$2k+1$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$2k+1$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 $$\frac{(2k+1)!}{k!k!}I=\frac{1}{2}$$ となり，$$I=\frac{k!k!}{2(2k+1)!}$$ である。

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

被積分関数の$x=1\mathrm{/}2$に関する対称性で区間$[0,1\mathrm{/}2]$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。

(1)
解法1と同じである。

(2)
解法1と同じである。

(3)
まず$$J_k={\int }_0^1{x}^k(1-x{)}^{k}dx$$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$x=1\mathrm{/}2$について対称であり，$$\begin{array}{cccc}& I=\frac{1}{2}{J}_k& & \text{(1)}\end{array}$$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$$J_k=\frac{k}{k+1}{\int }_0^1{x}^{k+1}(1-x{)}^{k-1}dx$$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$$\begin{array}{rl}{\displaystyle J_k}& {\displaystyle =\frac{k(k-1)\cdots 1}{(k+1)(k+2)\cdots (2k)}{\int }_0^1{x}^{2k}dx}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{k!k!}{(2k)!}\cdot \frac{1}{2k+1}=\frac{(k!{)}^2}{(2k+1)!}}\end{array}$$を得る。(1)より$$I=\frac{(k!{)}^2}{2(2k+1)!}$$である。