二項係数の奥義で解くコイントス確率問題 – 2024年東工大数学第４問

2025年6月30日

　2024年東工大数学第４問はコイントス確率問題です。問題文は以下のとおりです。

　n を正の整数とし，C₁，…，C_nを n 枚の硬貨とする．各 k = 1，…，n に対し，硬貨 C_kを投げて表が出る確率を p_k，裏が出る確率を 1 – p_kとする．この n 枚の硬貨を同時に投げ，表が出た硬貨の枚数が奇数であれば成功，というゲームを考える．

⑴ $p_k = \displaystyle\frac{1}3 \text{　} (k=1, \cdots,n)$ のとき，このゲームで成功する確率 X_nを求めよ．

⑵ $p_k = \displaystyle\frac{1}{2k +1 } \text{　} (k=1, \cdots,n)$ のとき，このゲームで成功する確率Y_nを求めよ．

⑶　n = 3m（m は正の整数）で，k = 1，…，3m に対して

p_k = \left \{ \begin{aligned} & \frac{1}{3m} &&( k = 1, \cdots,m) \\ & \frac{2}{3m} &&( k = m+1, \cdots,2m) \\ & \frac{1}{m} &&( k = 2m+1, \cdots,3m) \\ \end{aligned} \right.

とする．このゲームで成功する確率を Z₃_m とするとき， $\lim\limits_{m \to \infty} Z_{3m}$ を求めよ．

　各コインの表が出る確率がバラバラなのと、表が奇数枚出る確率を求めよというのがなかなか嫌げですが、少なくとも小問1は 2023年京大数学第6問を解くときに使った二項係数の奥義

\begin{aligned} 2^n = (1+1)^n = & \sum_{k=0}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \\ 0 = (-1+1)^n = & \sum_{k=0}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} (-1)^k \end{aligned}

を応用すれば解けそうです。

　それでは見ていきましょう。なお、本稿の内容は東工大が発表したものではありません。

1. 2024年東工大数学第４問小問1の解法
2. 2024年東工大数学第４問小問2の解法
3. 2024年東工大数学第４問小問3の解法
4. 解法のポイント

2024年東工大数学第４問小問1の解法

\begin{aligned} & X_n \\ = & p( \text{表の出る枚数が奇数} ) \\ = & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ = & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left ( \frac{1}3 \right )^m \left( \frac{2}3 \right )^{n-m} \\ = & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} {}_n \mathrm{C}_m \left ( \frac{1}3 \right )^m \left( \frac{2}3 \right )^{n-m} \\ \end{aligned}

なので、二項係数 _nC_m で m が奇数であるものの和を求める必要がありますが、これは奥義を応用して計算できます。

　すなわち、

\begin{aligned} 1^n = & \left (\frac{1}3+\frac{2}3 \right )^n \\ = & \sum_{k=0}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k}\\ = & \sum_{\substack{0 \leqq k \leqq n \\ k \text{は偶数}}}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k} \\ & + \sum_{\substack{0 \leqq k \leqq n \\ k \text{は奇数}}}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k} \\ \\ \left ( \frac{1}3 \right)^n = & \left (-\frac{1}3+\frac{2}3 \right )^n \\ = & \sum_{k=0}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (-\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k}\\ = & \sum_{\substack{0 \leqq k \leqq n \\ k \text{は偶数}}}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k} \\ & - \sum_{\substack{0 \leqq k \leqq n \\ k \text{は奇数}}}^n {}_{n} \mathrm{C}_{k} \left (\frac{1}3 \right)^k \left (\frac{2}3 \right )^{n-k} \\ \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} X_n= & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} {}_n \mathrm{C}_m \left ( \frac{1}3 \right )^m \left( \frac{2}3 \right )^{n-m} \\ = & \frac{1}2 \left \{1- \left (\frac{1}3 \right)^n \right \}\\ \end{aligned}

です。

2024年東工大数学第４問小問2の解法

　小問1で見たように

\begin{aligned} & Y_n \\ = & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ \end{aligned}

ですが、今度は p_k の値がすべて異なるので二項定理が使えません。

　これは結構ピンチです。でも何か手があるはずです。もう少し考えてみましょう。

　ところで、

\begin{aligned} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 < \cdots < k_m \leqq n}} \prod_{l=1}^m p_{k_l} \end{aligned}

という式に何か見覚えはないでしょうか。これは n 個の要素 { p₁,p₂,…,p_n } から m 個を取り出して掛け合わし、それらをすべて足し合わせるということを意味していて、それは多項式

\prod_{k=1}^n(x+p_k)

の n–m 次の係数です。

　これに気が付くことができれば、二項係数の奥義の考え方を応用して

\begin{aligned} & 1^n \\ = & \prod_{k=1}^n(p_k + 1-p_k) \\ = & \prod_{k=1}^n(1-p_k) \\ & + \sum_{m=1}^n\ \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ = & \prod_{k=1}^n(1-p_k) \\ & +\sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は偶数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ & +\sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ \end{aligned}

\begin{aligned} & \prod_{k=1}^n(-p_k + 1-p_k) \\ = & \prod_{k=1}^n(1-p_k) \\ & + \sum_{m=1}^n\ \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m (-p_{k_l} ) \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ = & \prod_{k=1}^n(1-p_k) \\ + & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は偶数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ & -\sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ \end{aligned}

を導出できます。

　したがって

\begin{aligned} & Y_n \\ = & \sum_{\substack{ 1 \leqq m \leqq n \\ m\text{は奇数}}} \sum_{ \substack{1 \leqq k_1 < k_2 <\\ \cdots < k_m \leqq n}} \left \{ \prod_{l=1}^m p_{k_l} \prod_{k \notin \{ k_1, \cdots, k_m \}}(1- p_k) \right\} \\ = &\frac{1}2 \left \{ 1 - \prod_{k=1}^n(-p_k + 1-p_k) \right \} \end{aligned}

が成り立ちますが、ここで

\begin{aligned} & \prod_{k=1}^n(-p_k + 1-p_k) \\ = &\prod_{k=1}^n(1 -2p_k ) \\ = &\prod_{k=1}^n \frac{2k-1}{2k+1}\\ = & \frac{1}{2n+1} \end{aligned}

なので、

Y_n = \frac{1}2 \left ( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{n}{2n+1}

です。

2024年東工大数学第４問小問3の解法

　小問2と同様に

\begin{aligned} & Z_{3m} = &\frac{1}2 \left \{ 1 - \prod_{k=1}^{3m} (-p_k + 1-p_k) \right \} \end{aligned}

を得ますが、

\begin{aligned} & \prod_{k=1}^{3m}(-p_k + 1-p_k) \\ = &\prod_{k=1}^{3m}(1 -2p_k ) \\ = &\prod_{k=1}^{m}(1 -\frac{2}{3m}) \prod_{k=m+1}^{2m}(1 -\frac{4}{3m}) \prod_{k=2m+1}^{3m}(1 -\frac{2}{m})\\ =& \left (1 -\frac{2}{3m} \right ) ^m \left (1 -\frac{4}{3m} \right)^m \left (1 -\frac{2}{m} \right) ^m\\ \end{aligned}

なので、この極限が計算できればOKです。

　ここでネイピア数を定義する極限

\lim_{x \to 0} ( 1 + x ) ^{\frac{1}x } = e

を適用してみましょう。

　 $x = - \displaystyle\frac{2}{3m}$ と置きます。すると

\begin{aligned} \left (1 -\frac{2}{3m} \right ) ^m = & (1+ x) ^{-\frac{2}{3x} } \\ = & \frac{1}{ \{ (1 + x) ^{\frac{1}x } \} ^{\frac{2}3 }} \end{aligned}

なので、

\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \left (1 -\frac{2}{3m} \right ) ^m = & \lim_{x \to 0 }\frac{1}{ \{ (1 + x) ^{\frac{1}x } \} ^{\frac{2}3 }} \\ = & \frac{1}{ e ^{\frac{2}3} } \end{aligned}

です。

　同様に $x = - \displaystyle\frac{4}{3m}$ と置くことにより

\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \left (1 -\frac{4}{3m} \right ) ^m = & \lim_{x \to 0 }\frac{1}{ \{ (1 + x) ^{\frac{1}x } \} ^{\frac{4}3 }} \\ = & \frac{1}{ e ^{\frac{4}3} } \end{aligned}

$x = - \displaystyle\frac{2}{m}$ と置くことにより

\begin{aligned} \lim_{m \to \infty} \left (1 -\frac{2}{m} \right ) ^m = & \lim_{x \to 0 }\frac{1}{ \{ (1 + x) ^{\frac{1}x } \} ^2} \\ = & \frac{1}{ e ^2 } \end{aligned}

を得ます。

　ゆえに

\begin{aligned} \lim_{m \to \infty}Z_{3m} = &\frac{1}2 \left \{ 1 - \lim_{m \to \infty} \prod_{k=1}^{3m} (-p_k + 1-p_k) \right \} \\ = & \frac{1}2 \left (1- \frac{1}{ e ^{\frac{2}3} }\cdot \frac{1}{ e ^{\frac{4}3} } \cdot \frac{1}{ e ^2 } \right ) \\ = & \frac{1}2 \left (1- \frac{1}{ e ^4 } \right ) \\ \end{aligned}

です。

解法のポイント

解と係数の関係に着目しよう（Mohamed HassanによるPixabayからの画像）

　小問1は二項係数の奥義を適用すればソッコー答えを得られます。この奥義はいろいろなところで重宝するので必ず覚えておきましょう。

　小問2および小問3はコインごとの確率が異なるので奥義を使えません。なかなか凶悪な設問ですが、本稿で示したように「n 個の要素 { p₁,p₂,…,p_n } から m 個を取り出して掛け合わし、それらをすべて足し合わせるというのは多項式の解と係数の関係だ」と言うことに気がつけば突破できます。

　この考え方は高次多項式の係数問題で使えます（2020年東大数学第4問など）。こちらも重宝しますので、覚えておきましょう。

　それにしても、コインによって確率がばらつくというのならともかく、枚数が多くなるにつれて確率が変化していくコインというのは、試験問題のシチュエーションとして少々やりすぎでしょう。

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Posted by mine_kikaku

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