東京大学 理系 2013年度 第3問 解説
問題編
問題
A, B の2人がいる。投げたとき表裏の出る確率がそれぞれ $\dfrac{1}{2}$ のコインが1枚あり、最初は A がそのコインを持っている。次の操作を繰り返す。
(i) A がコインを持っているときは、コインを投げ、表が出れば A に1点を与え、コインは A がそのまま持つ。裏が出れば、両者に点を与えず、 A はコインを B に渡す。
(ii) B がコインを持っているときは、コインを投げ、表が出れば B に1点を与え、コインは B がそのまま持つ。裏が出れば、両者に点を与えず、 B はコインを A に渡す。
そして、 A, B のいずれかが2点を獲得した時点で、2点を獲得した方の勝利とする。たとえば、コインが表、裏、表、表と出た場合、この時点で A は1点、 B は2点を獲得しているので B の勝利となる。
(1) A, B あわせてちょうど $n$ 回コインを投げ終えたときに A の勝利となる確率 $p(n)$ を求めよ。
(2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} p(n)$ を求めよ。
考え方
状況はそんなに複雑そうに見えないのに、(1)の確率を考える時点ですごく大変です。こういうケースでは確率漸化式を考えることが多いですが、この問題では直接確率を求めたほうがいいでしょう。何に注目して考えるかで、複雑さが大きく異なってきます。
(1)ができたとしても、(2)がまた大変です。部分和の計算には、いわゆる「等差×等比」の和が出てきますが、そのさらに複雑な応用バージョンも出てきます。部分和さえ出せれば、極限を求めるのはそれほどしんどくはないですが、そこまでたどり着くのは大変です。極限値も、直感的にパッとわかるような値ではありません。答えが出ても本当にあってるのか不安になる値です。
解答編
問題
A, B の2人がいる。投げたとき表裏の出る確率がそれぞれ $\dfrac{1}{2}$ のコインが1枚あり、最初は A がそのコインを持っている。次の操作を繰り返す。
(i) A がコインを持っているときは、コインを投げ、表が出れば A に1点を与え、コインは A がそのまま持つ。裏が出れば、両者に点を与えず、 A はコインを B に渡す。
(ii) B がコインを持っているときは、コインを投げ、表が出れば B に1点を与え、コインは B がそのまま持つ。裏が出れば、両者に点を与えず、 B はコインを A に渡す。
そして、 A, B のいずれかが2点を獲得した時点で、2点を獲得した方の勝利とする。たとえば、コインが表、裏、表、表と出た場合、この時点で A は1点、 B は2点を獲得しているので B の勝利となる。
(1) A, B あわせてちょうど $n$ 回コインを投げ終えたときに A の勝利となる確率 $p(n)$ を求めよ。
解答
(1)
A, B あわせてちょうど $n$ 回コインを投げ終えたときに A の勝利となるのは、 $n$ 回目のコインを投げる直前で A の点数が1点で、 A が $n$ 回目で表を出すときであり、このときに限る。このとき、 $n$ 回目のコインを投げる直前では、 B の点数は0点か1点である。以下、この2つの場合に分けて考える。
(a) B が0点のとき
$n$ 回目のコインを投げる直前で、それまでに B が $k$ 回コインを投げているとする（ $k$ は $0$ 以上の整数）。 A の点数は1点だから、 B よりも1回多くコインを投げているので、 A は $k+1$ 回投げている。よって、このとき、\[ n=\{(k+1)+k\}+1=2k+2 \]が成り立つ。つまり、 $n$ は $2$ 以上の偶数。
A の点数は1点なので、 A が投げた $k+1$ 回のうち、どれか1回だけが表であり、それ以外はすべて裏である（ $n$ 回目も A が投げるので、最後の $k+1$ 回目が表でもよい）。 B は毎回裏である。なので、こうなる確率は
\begin{eqnarray}
\frac{k+1}{2^n}
&=&
\frac{n}{2}\cdot\frac{1}{2^n} \\[5pt]
&=&
\frac{n}{2^{n+1} }
\end{eqnarray}となる。
(b) B が1点のとき
$n$ 回目のコインを投げる直前で、それまでに B が $k$ 回コインを投げているとする（両者1点ずつ取るので、 $k$ は $2$ 以上の整数）。 A, B の点数は同じだから、 A も $k$ 回投げている。よって、このとき、\[ n=(k+k)+1=2k+1 \]が成り立つ。つまり、 $n$ は $5$ 以上の奇数。
A の点数は1点なので、 A が投げた $k$ 回のうち、どれか1回だけが表であり、それ以外はすべて裏である（ $n$ 回目も A が投げるので、最後の $k$ 回目が表でもよい）。 B の点数も1点だが、 $k$ 回目が表にはなれないので、 B は最後以外の $k-1$ 回のうち、どれか1回だけが表で、それ以外はすべて裏となる。こうなる確率は
\begin{eqnarray}
\frac{k(k-1)}{2^n}
&=&
\frac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2} } \\[5pt]
\end{eqnarray}となる。 $n=1,3$ のときの確率は $0$ なので、この式は $n=1,3$ のときも成り立つ。
(a)(b)より、
$n$ が偶数のとき $p(n)=\dfrac{n}{2^{n+1} }$
$n$ が奇数のとき $p(n)=\dfrac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2} }$
となる。
（(1)終）
解説
何に着目して考えるかで、複雑さは大きく変わってくると思います。まず、最後に A が勝つには、その直前で 1-0 か 1-1 になっていることにはすぐに気づくでしょう。これらの確率をそれぞれ求めますが、そんなに簡単には求められません。
上の解答では、投げた人を ABABAABA などとした場合、 Aが何回投げてBが何回投げたか、を考えるようにしています。「二人が合計で $n$ 回投げた」よりも、「それぞれが何回投げたか」に注目したほうが考えやすくなると思います。
このとき、ABABABAA というように A が最後で2回連続投げること（n-1, n 回目が A ということ）は可能ですが、 B が3回投げるときを考える場合に、最後に B が表を出すのは無理である点に注意しましょう。
解答編 つづき
問題
(2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} p(n)$ を求めよ。
解答
(2)
まず、 $2m$ までの部分和を考える（ $m$ は $1$ 以上の整数）。
また、 $T_1=T_2=0$ であり、 $m\geqq 3$ のときは
\begin{eqnarray}
T_m &=& \frac{2\cdot 2\cdot 1}{4^3}&+&\frac{2\cdot 3\cdot 2}{4^4}&+\cdots&+\frac{2(m-1)(m-2)}{4^m} & \\[5pt]
\frac{1}{4}T_m &=& & & \frac{2\cdot 2\cdot 1}{4^4} &+\cdots&+\frac{2(m-2)(m-3)}{4^m}&+\frac{2(m-1)(m-2)}{4^{m+1} } \\[5pt]
\end{eqnarray}である。
ここで、 $k\geqq 4$ のとき
\begin{eqnarray}
& &
\frac{2(k-1)(k-2)}{4^k}-\frac{2(k-2)(k-3)}{4^k} \\[5pt]
&=&
\frac{2k^2-6k+4}{4^k}-\frac{2k^2-10k+12}{4^k} \\[5pt]
&=&
\frac{4k-8}{4^k} \\[5pt]
\end{eqnarray}であり、この式に $k=3$ を代入すると $\dfrac{2\cdot 2\cdot 1}{4^3}$ と一致するから、先ほどの式を辺々引くと
\begin{eqnarray}
\frac{3}{4}T_m &=& \sum_{k=3}^m \frac{4k-8}{4^k} -\frac{2(m-1)(m-2)}{4^{m+1} } \\[5pt]
&=& \sum_{k=3}^m \frac{k-2}{4^{k-2}\cdot 4} -\frac{2(m-1)(m-2)}{4^{m+1} } \\[5pt]
&=& \sum_{k=1}^{m-2} \frac{k}{4^k \cdot 4} -\frac{2(m-1)(m-2)}{4^{m+1} } \\[5pt]
&=& \frac{S_{m-2} }{4} -\frac{2(m-1)(m-2)}{4^{m+1} } \\[5pt]
\\
T_m &=& \frac{S_{m-2} }{3} -\frac{2(m-1)(m-2)}{3\cdot 4^m} \\[5pt]
\end{eqnarray}となる。
ここで、 $m\geqq 3$ のとき、二項定理から
\begin{eqnarray}
4^m & \gt & 2^m =(1+1)^m \\[5pt]
& \gt & {}_m \mathrm{C} _3 =\frac{m(m-1)(m-2)}{6}
\end{eqnarray}なので、
\begin{eqnarray}
0 \lt \frac{m^2}{4^m} \lt \frac{m^2}{\frac{m(m-1)(m-2)}{6} }
\end{eqnarray}だから、\[ \lim_{m\to\infty} \frac{m^2}{4^m}=0 \]となる。これより
\begin{eqnarray}
& &
\lim_{m\to\infty} S_m \\[5pt]
&=&
\lim_{m\to\infty} \left\{\frac{4}{9}\left(1-\frac{1}{4^m}\right) +\frac{4}{3}\cdot \frac{m}{4^{m+1} }\right\} \\[5pt]
&=&
\frac{4}{9}
\end{eqnarray}であり、
\begin{eqnarray}
& &
\lim_{m\to\infty} T_m \\[5pt]
&=&
\lim_{m\to\infty} \left\{\frac{S_{m-2} }{3} -\frac{2(m-1)(m-2)}{3\cdot 4^m}\right\} \\[5pt]
&=&
\frac{4}{9}\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{27}
\end{eqnarray}となる。以上から、
\begin{eqnarray}
& &
\lim_{m\to\infty} \sum_{n=1}^{2m} p(n) \\[5pt]
&=&
\lim_{m\to\infty} (S_m+T_m) \\[5pt]
&=&
\frac{4}{9}+\frac{4}{27}=\frac{16}{27}
\end{eqnarray}となる。
また、
\begin{eqnarray}
& &
\lim_{m\to\infty} \sum_{n=1}^{2m+1} p(n) \\[5pt]
&=&
\lim_{m\to\infty} \left\{ S_m+T_m +\frac{2(m+1-1)(m+1-2)}{4^{m+1} } \right\} \\[5pt]
&=&
\frac{16}{27}
\end{eqnarray}なので、
\begin{eqnarray}
\sum_{n=1}^{\infty} p(n) = \frac{16}{27}
\end{eqnarray}と求められる。
（(2)終）
解説
等差×等比の和はよく出てくるので、\[S_m = \sum_{n=1}^m \frac{n}{4^n}\]の計算は、まぁいいでしょう。しかし、\[ T_m = \sum_{n=1}^m \frac{2(n-1)(n-2)}{4^n} \]はつらいです。愚直にやれば、 $\dfrac{1}{4}$ 倍して辺々引いて、ようやく「等差×等比の和」が出てきます。再度それを計算するのはつらいです。上の解答では、偶数番目の和と奇数番目の和を分けて求めることで、 $S_m$ を使い回せている分、少しだけ計算が楽になっていますが、これに気づかない場合は、「等差×等比の和」に似た計算を2回やらないといけなくなります。ヘビーです。