2024年度名大数学第４問の問題と解答・解説

2024年3月5日2024年3月29日

2024年度名古屋大学理系数学第４問の問題と解答・解説を紹介します。

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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 \(p\) （\(0 \leq p \leq 1\)）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) \(n \geq 2\) に対して，\(f(1)\) と \(f(2)\) を求めよ。

(2) \(k=1,2,\cdots \cdots ,n\) に対して，等式 \[f(k)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \int_{0}^{p} x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx\] を示せ。

(3) 自然数 \(k\) に対して，定積分 \[I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx\] を求めよ。

(1) の解答・解説

問題

(1) \(n \geq 2\) に対して，\(f(1)\) と \(f(2)\) を求めよ。

確率の問題です。

すべての玉に対する赤玉の割合が \(p\) なので，１回の試行において赤玉を取り出す確率は \(p\) ，白玉を取り出す確率は \(1-p\) であることがわかります。

\(f(1)\) は \(n\) 回試行を行うときに１回以上赤玉を取り出す確率なので，

\(f(1)=1-\)（すべてが白玉である確率）

という余事象を取ってあげると求めることが出来ます。\(f(2)\) も同様に考えると

\(f(2)=1-\)（すべてが白玉である確率＋１回だけ赤玉がでる確率）

とすれば計算することが出来ます。

(1) の解答

赤玉を１回も取り出さない確率は \((1-p)^n\) であるので余事象を取ると \[f(1)=1-(1-p)^n\] 赤玉を１回だけ取り出す確率は \(_{n} \mathrm{C}_1 p (1-p)^{n-1}=np(1-p)^{n-1}\) であるので同様に考えて \[f(2)=1-(1-p)^n-np(1-p)^{n-1}\]

(2) の解答・解説

問題

(2) \(k=1,2,\cdots \cdots ,n\) に対して，等式 \[f(k)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \int_{0}^{p} x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx\] を示せ。

等式を示す証明問題ですが，文句なしの難問です。

取り組むアプローチとして，取り敢えず誘導を活かす方針で \(f(3),f(4)\) あたりを考えます。

先ほどと同様に余事象を考えると，

\(f(3)=1-\)（すべてが白玉である確率＋１回赤玉がでる確率＋２回赤がでる確率）
\(f(4)=1-\)（すべてが白玉である確率＋１回赤玉がでる確率＋２回赤がでる確率＋３回赤玉がでる確率）
…

と右辺第２項の部分がどんどん大きくなっていきます。これを簡潔にまとめると \[f(k)=1-\sum_{i=1}^{k}{}_n \mathrm{C}_i p^i (1-p)^{n-i}\] と書けます。

これより，増え方がある関数の形で書ける，すなわち階差が簡単に書けることがわかります。

階差を取ることが出来たら，等式を示すためには帰納法を使えば良い，という考えると解答として筋道が立てられると思います。しかし

・等式の形が見慣れたものではない
・等式が関数で表されているので数学的帰納法を想起できない（文字バイアス）
・数学的帰納法で示すことがわかってもその後の積分計算が煩雑

という要素から，試験場での正答率はかなり低いのではないでしょうか。

(2) の解答

(1) と同様に考えると \[f(k)=1-\sum_{i=1}^{k}{}_n \mathrm{C}_i p^i (1-p)^{n-i}\] であるので，階差を取ると \[f(k+1)-f(k)=-{}_n \mathrm{C}_k p^k (1-p)^{n-k} \quad \cdots [1]\] また，\[f(k)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} \int_{0}^{p} x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx \quad \cdots [2]\] を数学的帰納法で示す。

① \(k=1\) のとき \[\begin{align} (\text{[2]右辺}) &=\frac{n!}{0!(n-1)!}\int_{0}^{p} x^0 (1-x)^{n-1}dx \\ &= n \int_{0}^{p}(1-x)^{n-1}dx \\ &= \left[ -(1-x)^n\right]_{0}^{p} \\ &= 1-(1-p)^n =f(1) \end{align}\] よって [2] は成り立つ。

② \(k=i \; (i=1,2,\cdots,n-1)\) で [2] の成立を仮定する。[1] より \[\begin{align} &f(i+1) = f(i)-{}_n \mathrm{C}_i p^i (1-p)^{n-i} \\ &=\frac{n!}{(i-1)!(n-i)!} \int_{0}^{p} x^{i-1}(1-x)^{n-i}dx -\frac{n!}{i!(n-i)!} p^i (1-p)^{n-i} \\ &= \frac{n!}{(i-1)!(n-i)!} \int_{0}^{p} \left(\frac{x^i}{i} \right)'(1-x)^{n-i}dx -\frac{n!}{i!(n-i)!} p^i (1-p)^{n-i} \\ &= \frac{n!}{i!(n-i)!}p^i (1-p)^{n-i} +\frac{n!}{i!(n-i-1)!} \int_{0}^{p} x^i (1-x)^{n-i-1}dx -\frac{n!}{i!(n-i)!} p^i (1-p)^{n-i} \\ &= \frac{n!}{i!(n-i-1)!} \int_{0}^{p} x^i (1-x)^{n-i-1}dx\end{align}\] よって \(k=i+1\) でも [2] は成立し，従って題意は示された。

(3) の解答・解説

問題

(3) 自然数 \(k\) に対して，定積分 \[I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx\] を求めよ。

(2) の結果を用いて計算する問題ですが，(2) がわからなくても都合が良くなりそうな \(k\) を探して求めることは出来ます。

\(I\) に形を合わせるために \(n=2k+1\)，\(\displaystyle p=\frac{1}{2}\) として \(f(k+1)\) を考えます。このとき \[f(k+1)=\frac{(2k+1)!}{(k!)^2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx\] となり \(f(k+1)\) が求まれば良さそうです。

ここで \(f(k+1)\)，すなわち \(2k+1\) 回の試行において赤玉を \(k+1\) 回以上取り出す確率は \(\displaystyle \frac{1}{2}\) であるので，これを連立させて解くと \(I\) を求めることが出来ます。

(3) の解答

(2) において \(n=2k+1\)，\(\displaystyle p=\frac{1}{2}\) として \(f(k+1)\) を考えると \[f(k+1)=\frac{(2k+1)!}{(k!)^2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx\] \(2k+1\) 回の試行において赤玉を \(k+1\) 回以上取り出す確率は \(\displaystyle \frac{1}{2}\) であるので \[\frac{1}{2}=\frac{(2k+1)!}{(k!)^2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx\] よって \[I=\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^k (1-x)^kdx=\frac{(k!)^2}{2(2k+1)!}\]