名古屋大学(理系) 2024年　問題4


$袋の中にいくつかの赤玉と白玉が入っている。すべての玉に対する赤玉の割合を \ p\ \ (0 \leqq p \leqq 1)\ \ とする。$
$袋から無作為に玉を一つ取り出して袋に戻す試行を行う。試行を \ n\ 回行うとき、赤玉を \ k\ 個以上取り$
$出す確率を \ f(k)\ とおく。$
$(1)\ \ n \geqq 2 \ \ に対して、f(1)\ と \ f(2)\ を求めよ。$
\[(2)\ \ k=1,\ 2,\ \cdots , \ n\ に対して、等式 \ \ f(k)=\cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx \quad を示せ。\] \[(3)\ \ 自然数 \ k\ に対して、定積分 \ \ I=\int_0^{\scriptsize{\dfrac{1}{2}}} x^k(1-x)^kdx \quad を求めよ。\]


(1)


$n\ 回の試行で、赤玉を \ 1\ 回以上取り出す事象の余事象は \ n\ 回とも白玉を取り出す事象であるから$

$\quad f(1)=1-(1-p)^n $

$n\ 回の試行で、n\ 回とも白玉を取り出す事象と1\ 回赤玉、(n-1)\ 回白玉を取り出す事象の和事象の確率は$

$\quad (1-p)^n+{}_nC_1 p(1-p)^{n-1}$

$f(2)\ はこの余事象の確率だから$

\begin{eqnarray*} f(2) &=&1-\{(1-p)^n + {}_nC_1 p(1-p)^{n-1}\}\\ \\ &=&1-\{(1-p)^n + np(1-p)^{n-1}\}\\ \\ &=&1-(1-p)^{n-1}((1-p)+np)\\ \\ &=&1-\{1+(n-1)p\}(1-p)^{n-1} \end{eqnarray*}

(2)


$n\ 回の試行で、赤玉を \ k\ 回,白玉を \ (n-k)\ 回取り出す事象の確率は \quad {}_nC_k p^k(1-p)^{n-k} \quad だから$

\[赤玉を \ k\ 回以上取り出す事象の確率は\quad f(k)=\sum_{j=k}^n {}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}\]
\[ここで、I(k)=\int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx \quad とおくと\] \begin{eqnarray*} I(k) &=&\big[\cfrac{1}{k}x^k(1-x)^{n-k}\big]_0^p - \int_0^p \cfrac{1}{k}x^k \cdot (n-k)(-1)(1-x)^{n-k-1}dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{k}p^k(1-p)^{n-k} + \cfrac{n-k}{k} \int_0^p x^k (1-x)^{n-k-1}dx\\ \\ &=&\cfrac{1}{k}p^k(1-p)^{n-k} + \cfrac{n-k}{k} I(k+1) \end{eqnarray*} $よって、(n-k)I(k+1)- kI(k) = -p^k(1-p)^{n-k}$

$両辺に \quad \cfrac{n!}{k!(n-k)!} \quad をかけて$

$\qquad \cfrac{n!}{k!(n-k)!} \times (n-k)I(k+1)- \cfrac{n!}{k!(n-k)!} \times kI(k) = -\cfrac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}$

$\qquad \cfrac{n!}{k!(n-k-1)!} I(k+1)- \cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) = - {}_nC_k p^k(1-p)^{n-k} \hspace{5em}①$

$①で \quad k \longrightarrow k+1 \quad とおくと$

$\qquad \cfrac{n!}{(k+1)!(n-k-2)!} I(k+2)- \cfrac{n!}{k!(n-k-1)!} I(k+1) = - {}_nC_{k+1} p^{k+1}(1-p)^{n-k-1}$

$①で \quad k \longrightarrow k+2 \quad とおくと$

$\quad \cfrac{n!}{(k+2)!(n-k-3)!} I(k+3)- \cfrac{n!}{(k+1)!(n-k-2)!} I(k+2) = - {}_nC_{k+2} p^{k+2}(1-p)^{n-k-2}$

$\hspace{10em}\vdots $

$①で \quad k \longrightarrow n-1 \quad とおくと$

$\quad \cfrac{n!}{(n-1)!0!} I(n)- \cfrac{n!}{(n-2)!1!} I(n-1) = - {}_nC_{n-1} p^{n-1}(1-p)$

$これらの辺々を加えると、左辺は斜めの項が消えて$

\[\quad \cfrac{n!}{(n-1)!} I(n)- \cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) = - \sum_{j=k}^{n-1}{}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}\]
\[\quad nI(n)- \cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) = - \sum_{j=k}^{n-1}{}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}\]
\[ここで、I(n)=\int_0^p x^{n-1}dx=\big[\cfrac{1}{n}x^n\big]_0^p=\cfrac{p^n}{n} \quad だから\] \[\quad p^n- \cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) = - \sum_{j=k}^{n-1}{}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}\] \[\quad p^n + \sum_{j=k}^{n-1}{}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}=\cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) \] \[\quad \sum_{j=k}^n{}_nC_j p^j(1-p)^{n-j}=\cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} I(k) \] $左辺は \ \ f(k) \ \ だから$

\[f(k)=\cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx \]

(3)


\[(2)より \quad f(k)=\cfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\int_0^p x^{k-1}(1-x)^{n-k}dx \quad で \quad k \longrightarrow k+1 \quad とおくと\] \[f(k+1)=\cfrac{n!}{k!(n-k-1)!}\int_0^p x^k(1-x)^{n-k-1}dx\] \[\int_0^p x^k(1-x)^{n-k-1}dx= \cfrac{k!(n-k-1)!}{n!}f(k+1)\] \[n-k-1=k \quad とおくと \quad n=2k+1 \qquad \therefore \ \ \int_0^p x^k(1-x)^kdx= \cfrac{(k!)^2}{(2k+1)!}f(k+1)\] \[ここで(2)より \quad f(k)=\sum_{j=k}^n {}_nC_j p^j(1-p)^{n-j} ,\qquad p=\cfrac{1}{2} \quad だから\] \begin{eqnarray*} f(k+1) &=&\sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j p^j(1-p)^{2k+1-j}\\ \\ &=&\sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j \big(\cfrac{1}{2}\big)^{2k+1}\\ \\ &=&\big(\cfrac{1}{2}\big)^{2k+1} \sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j\\ \end{eqnarray*}
$ここで、2\ 項係数の性質 \quad $(i)$\ \ {}_nC_r={}_nC_{n-r} \qquad $(ii)$\ \ {}_nC_0+ {}_nC_1+ {}_nC_2+\cdots + {}_nC_n=2^n \quad をつかって$

${}_{2k+1}C_{k+1}={}_{2k+1}C_k,\quad {}_{2k+1}C_{k+2}={}_{2k+1}C_{k-1} ,\quad \cdots ,\quad {}_{2k+1}C_{2k+1}={}_{2k+1}C_{0}$

$よって$
\begin{eqnarray*} & &{}_{2k+1}C_{0}+{}_{2k+1}C_{1}+ {}_{2k+1}C_{2}+ \cdots + {}_{2k+1}C_{k}+ {}_{2k+1}C_{k+1}+ {}_{2k+1}C_{k+2} \cdots + {}_{2k+1}C_{2k+1}\\ \\ &=&\{{}_{2k+1}C_{2k+1}+{}_{2k+1}C_{2k}+ {}_{2k+1}C_{2k-1}+ \cdots + {}_{2k+1}C_{k+1}\}+ \{{}_{2k+1}C_{k+1}+ {}_{2k+1}C_{k+2} \cdots + {}_{2k+1}C_{2k+1}\}\\ \\ &=&2\{{}_{2k+1}C_{k+1}+ {}_{2k+1}C_{k+2} \cdots + {}_{2k+1}C_{2k+1}\}\\ \\ &=&2\sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j\\ \end{eqnarray*} $一方$

${}_{2k+1}C_{0}+{}_{2k+1}C_{1}+ {}_{2k+1}C_{2}+ \cdots + {}_{2k+1}C_{k}+ {}_{2k+1}C_{k+1}+ {}_{2k+1}C_{k+2} \cdots + {}_{2k+1}C_{2k+1}=2^{2k+1} \quad だから$

\[2\sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j=2^{2k+1} \qquad \therefore \ \ \sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j=2^{2k}\] $したがって$
\[f(k+1)=\big(\cfrac{1}{2}\big)^{2k+1} \sum_{j=k+1}^{2k+1} {}_{2k+1}C_j=\big(\cfrac{1}{2}\big)^{2k+1} \times 2^{2k}=\cfrac{1}{2}\] \[I=\int_0^{\scriptsize{\dfrac{1}{2}}} x^k(1-x)^kdx= \cfrac{(k!)^2}{(2k+1)!}f(k+1)=\cfrac{(k!)^2}{(2k+1)!} \times \cfrac{1}{2}=\cfrac{(k!)^2}{2(2k+1)!}\]

$(別解) \quad (2)を使わずに直接積分する方法$

\begin{eqnarray*} & &\int_0^1 x^k(1-x)^kdx\\ \\ &=&\big[\cfrac{1}{k+1}x^{k+1}(1-x)^k\big]_0^1 - \int_0^1 \cfrac{1}{k+1}x^{k+1}\cdot k(-1)(1-x)^{k-1}dx\\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{k-1}dx\\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\Big\{\big[\cfrac{1}{k+2}x^{k+2}(1-x)^{k-1}\big]_0^1 - \int_0^1 \cfrac{1}{k+2}x^{k+2}\cdot (k-1)(-1)(1-x)^{k-2}dx\Big\}\\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\cdot \cfrac{k-1}{k+2} \int_0^1 x^{k+2}(1-x)^{k-2}dx\\ \\ & & \hspace{5em} \vdots \\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\cdot \cfrac{k-1}{k+2}\cdot \cfrac{k-2}{k+3}\cdot \cdots \cdot \cfrac{1}{k+k}\int_0^1 x^{k+k}(1-x)^0dx\\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\cdot \cfrac{k-1}{k+2}\cdot \cfrac{k-2}{k+3}\cdot \cdots \cdot \cfrac{1}{2k}\big[\cfrac{x^{2k+1}}{2k+1}\big]_0^1\\ \\ &=&\cfrac{k}{k+1}\cdot \cfrac{k-1}{k+2}\cdot \cfrac{k-2}{k+3}\cdot \cdots \cdot \cfrac{1}{2k} \cdot \cfrac{1}{2k+1}\\ \\ &=&\cfrac{k!}{\dfrac{(2k+1)!}{k!}}\\ \\ &=&\cfrac{(k!)^2}{(2k+1)!}\\ \end{eqnarray*}
$ここで、被積分関数 \quad f(x)=x^k(1-x)^k \quad の対称性について調べると$

$y=f(x)\ 上の点P(x,\ y)\ に対して、直線 \ x=\cfrac{1}{2} \ \ に関する対称点をQ(x',\ y')\ \ とすると$

$\cfrac{x+x'}{2}=\cfrac{1}{2} ,\quad y'=y \quad より \quad x=1-x',\quad y=y'$

$よって \quad f(x')=(1-x')^kx'^k \quad となって \ \ Q(x',\ y') \ \ は \ y=f(x)\ 上の点である。$

$すなわち \ \ 曲線 \ \ f(x)=x^k(1-x)^k \ \ は直線 \ \ x=\cfrac{1}{2}\ \ に関して対称である。$

\[したがって、 \int_0^1x^k(1-x)^kdx=2\int_0^{\scriptsize{\dfrac{1}{2}}}x^k(1-x)^kdx\] $ゆえに $
\[\int_0^{\scriptsize{\dfrac{1}{2}}}x^k(1-x)^kdx= \cfrac{(k!)^2}{2(2k+1)!}\]

$(補充)$

\[一般に \quad \alpha , \ \ \beta \ \ が正の定数 のとき \quad B(\alpha,\beta)=\int_0^1x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx \quad は収束する。これをベータ関数という。\]
$詳しくは($ベータ関数$)を参考にしてください。$


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