大阪大学 2011年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)

まず $\lambda =E(r_n)$ とおく。硬貨の表裏は等確率なので$$\lambda =\frac{1}{2}\cdot \frac{r}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2r}=\frac{r+\frac{1}{r}}{4}$$である。

漸化式 $$a_{n+1}=a_n+r_n(a_n-a_{n-1})$$ より $$a_{n+1}-a_n=r_n(a_n-a_{n-1})$$ である。$r_n$ は $a_n-a_{n-1}$ を決める以前の硬貨投げとは独立なので、期待値を取ると $$p_{n+1}-p_n=\lambda (p_n-p_{n-1})$$ となる。 $p_1=0$、$p_2=r$ であるから $p_2-p_1=r$ である。したがって $p_3-p_2=\lambda r$ なので $$p_3=r+\lambda r=r+\frac{r^2+1}{4}$$ である。また $$p_4-p_3=\lambda (p_3-p_2)={\lambda }^{2}r$$ だから $$p_4=r+\lambda r+{\lambda }^{2}r$$ である。これを $r$ で表すと $$p_4=r+\frac{r^2+1}{4}+\frac{(r^2+1{)}^2}{16r}$$ である。

よって$$p_3=r+\frac{r^2+1}{4},p_4=r+\frac{r^2+1}{4}+\frac{(r^2+1{)}^2}{16r}$$である。

(2)

上で見たように $$p_{n+1}-p_n=\lambda (p_n-p_{n-1})$$ であり、初めの差は $p_2-p_1=r$ である。したがって $$p_{k+1}-p_k={\lambda }^{k-1}r(k\geqq 1)$$ である。ただし $k=1$ では $p_2-p_1=r$ である。

よって $n\geqq 3$ のとき$$\begin{array}{rl}{\displaystyle p_n}& {\displaystyle =p_1+(p_2-p_1)+(p_3-p_2)+\cdots +(p_n-p_{n-1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =r(1+\lambda +{\lambda }^2+\cdots +{\lambda }^{n-2})}\end{array}$$である。すなわち$$p_n=r(1+\lambda +{\lambda }^2+\cdots +{\lambda }^{n-2}),\lambda =\frac{r+\frac{1}{r}}{4}$$である。

(3) $r>0$ なので $\lambda >0$ である。$p_n$ は初項 $r$、公比 $\lambda$ の等比和で表されるから、$\{p_n\}$ が収束するための必要十分条件は $\lambda <1$ である。したがって $$\frac{r+\frac{1}{r}}{4}<1$$ すなわち $r+\frac{1}{r}<4$ である。$r>0$ なので両辺に $r$ をかけて $r^2-4r+1<0$ となる。よって $$(r-(2-\sqrt{3}))(r-(2+\sqrt{3}))<0$$ であるから $2-\sqrt{3}<r<2+\sqrt{3}$ である。

(4)

(3) の範囲では $\lambda <1$ であるから $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{p}_n=\frac{r}{1-\lambda }$$ である。$\lambda =(r+1\mathrm{/}r)\mathrm{/}4$ を代入すると$$\frac{r}{1-\lambda }=\frac{r}{1-\frac{r+\frac{1}{r}}{4}}=\frac{4r^2}{4r-r^2-1}$$である。これを $$F(r)=\frac{4r^2}{4r-r^2-1}$$ とおく。定義域は $2-\sqrt{3}<r<2+\sqrt{3}$ であり、この範囲では分母は正である。

微分すると $$F^{\mathrm{\prime }}(r)=\frac{8r(2r-1)}{(4r-r^2-1{)}^2}$$ である。分母は正で、$r>0$ なので、符号は $2r-1$ で決まる。したがって $F(r)$ は $r<\frac{1}{2}$ で減少し、$r>\frac{1}{2}$ で増加する。$1\mathrm{/}2$ は (3) の範囲に含まれるので、最小は $r=1\mathrm{/}2$ のときにとられる。

このとき$$F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{4\cdot \frac{1}{4}}{4\cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{4}-1}=\frac{1}{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}$$である。

差 $d_n=a_n-a_{n-1}$ を硬貨投げで現れる係数の積として明示し、独立性から各積の期待値を直接求める。期待値の漸化式を先に立てず、確率変数 $a_n$ 自体を積の和に展開する別解である。

(1) ・(2)

差を各硬貨列の積として表す。

$d_n=a_n-a_{n-1}$ とおくと、$d_2=r$ であり$$d_{n+1}=r_n{d}_n$$である。したがって$$d_3=r{r}_2,d_4=r{r}_2{r}_3,\dots ,d_n=r{r}_2{r}_3\cdots r_{n-1}\mathrm{.}$$一方、$a_1=0$ だから$$a_n=d_2+d_3+\cdots +d_n=r(1+r_2+r_2{r}_3+\cdots +r_2{r}_3\cdots r_{n-1})\mathrm{.}$$各回の硬貨投げは独立で、$$\lambda =E(r_k)=\frac{1}{2}\cdot \frac{r}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2r}=\frac{r+\frac{1}{r}}{4}$$である。積の期待値は期待値の積になるので$$p_n=E(a_n)=r(1+\lambda +{\lambda }^2+\cdots +{\lambda }^{n-2})\mathrm{.}$$特に$$p_3=r+\frac{r^2+1}{4},p_4=r+\frac{r^2+1}{4}+\frac{(r^2+1{)}^2}{16r}\mathrm{.}$$(3)

$r>0$ だから $\lambda >0$ であり、$\{p_n\}$ が収束するための
必要十分条件は $\lambda <1$ である。よって$$r+\frac{1}{r}<4$$を解いて$$2-\sqrt{3}<r<2+\sqrt{3}$$を得る。この範囲では$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{p}_n=\frac{r}{1-\lambda }=\frac{4r^2}{4r-r^2-1}$$である。

(4)

$F(r)=4r^2\mathrm{/}(4r-r^2-1)$ とおくと$$F^{\mathrm{\prime }}(r)=\frac{8r(2r-1)}{(4r-r^2-1{)}^2}\mathrm{.}$$したがって最小は $r=1\mathrm{/}2$ のときにとられ、その値は$$F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{4}{3}$$である。