[math]2011年東京医科歯科大学前期数学問題1

問題
方針
解答
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関連問題

問題

ある硬貨を投げたとき、表と裏がそれぞれ$\displaystyle \frac{1}{2}$で出るとする。この硬貨を投げる操作を繰り返し行い、$3$回続けて表が出たときこの操作を終了する。自然数$n$に対し、
操作がちょうど$n$回で終了となる確率を$P_n$
操作が$n$回以上繰り返される確率を$Q_n$
とする。このとき以下の各問に答えよ。
$(1)$ $P_3, P_4, P_5, P_6, P_7$をそれぞれ求めよ。
$(2)$ $Q_6, Q_7$をそれぞれ求めよ。
$(3)$ $n\geq 5$のとき、$Q_n-Q_{n-1}$を$Q_{n-4}$を用いて表わせ。
$(4)$ $n\geq 5$のとき、$\displaystyle Q_n < \left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{n-3}{4}}$が成り立つことを示せ。

方針

$n$回目で操作が終了するには、$n-3$回目までには操作が終了しておらず、その後$3$回連続で表が出る必要がある。

解答

$(1)$ $P_3$は$3$回連続で表が出る確率だから、$\displaystyle P_3 = \frac{1}{2^3} = \underline{\frac{1}{8}}$である。$P_4$は$1$回目は裏が出て、それから$3$回連続で表が出る確率だから、$\displaystyle P_4 = \frac{1}{2^4} = \underline{\frac{1}{16}}$である。$P_5$は$1$回目に表、$2$回目に裏が出てそれから$3$回連続で表が出るか、$1, 2$回目は裏で、それから$3$回連続で表が出る確率だから、$\displaystyle P_5 = \frac{2}{2^5} = \underline{\frac{1}{16}}$である。$P_6$は「表表裏」「表裏裏」「裏表裏」「裏裏裏」と出てからそれから$3$回連続で表が出る確率だから、$\displaystyle P_6 = \frac{4}{2^6} = \underline{\frac{1}{16}}$である。
また、$Q_1 = Q_2 = Q_3 = 1$で、$\displaystyle Q_4 = 1-P_3 = \frac{7}{8}$である。$\displaystyle Q_5 = 1-P_3-P_4 = \frac{13}{16}$である。
$P_7$は$3$回目までに操作が終了しておらず、$4$回目は必ず裏が出て、それから$3$回連続で表が出る確率だから、$\displaystyle P_7 = Q_4\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2^3} = \underline{\frac{7}{128}}$となる。

$(2)$ 一般に、$$Q_n = 1-P_3-P_4-\cdots -P_{n-1}$$が成り立つ。したがって、$\displaystyle Q_6 = 1-P_3-P_4-P_5 = \underline{\frac{3}{4}}$である。また、$\displaystyle Q_7 = 1-P_3-P_4-P_5-P_6 = \underline{\frac{11}{16}}$である。

$(3)$ $$\begin{eqnarray}Q_{n} & = & 1-(P_3+P_4+\cdots + P_{n-1})\\ Q_{n-1} & = & 1-(P_3+P_4+\cdots +P_{n-2})\end{eqnarray}$$であるから、辺ごとに引くと$$Q_{n}-Q_{n-1} = -P_{n-1}$$がわかる。ところで、$n-1$回目で操作が終了するには、$n-4$回目までには操作は終了しておらず、$n-3$回目には裏が出て、$n-3, n-2, n-1$回目に$3$回連続で表が出る必要がある。したがって、$\displaystyle P_{n-1} = \frac{Q_{n-4}}{2^4} = \frac{Q_{n-4}}{16}$である。代入して、$\displaystyle \underline{Q_n-Q_{n-1}=-\frac{Q_{n-4}}{16}}$となる。

$(4)$ 簡単のため、$\displaystyle R_n = \left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{n-3}{4}}$とおく。$(3)$から、$k$を自然数として、$$Q_{k+4}-Q_{k+3} = -\frac{Q_{k}}{16}$$がわかる。$k=n, n-1, n-2, n-3\ (n\geq 4)$として辺ごとに足すと、$$(Q_{n+4}-Q_{n+3})+(Q_{n+3}-Q_{n+2})+(Q_{n+2}-Q_{n+1}) +(Q_{n+1}-Q_{n}) = -\frac{1}{16}(Q_n+Q_{n-1}+Q_{n-2} + Q_{n-3})$$である。左辺は打ち消し合って、$$Q_{n+4} = Q_n -\frac{1}{16}(Q_n+Q_{n-1}+Q_{n-2} + Q_{n-3}) \tag{a}$$となる。$Q_n$は$n$についての減少数列である（定義を考えても明らかである。いずれは操作は終了するはずであるし、また$(3)$から$\displaystyle Q_{n}-Q_{n-1}=-\frac{Q_{n-4}}{16}\leq 0$だから、$Q_{n}-Q_{n-1}\leq 0$も言える）。したがって、式$(a)$から$$\begin{eqnarray}Q_{n+4} & < & Q_n-\frac{1}{16}(Q_n+ Q_n + Q_n + Q_n) \\ & = & \frac{3}{4}Q_n\end{eqnarray}$$である。この式は$n\geq 4$で成り立つ。$n=4$のときは$\displaystyle Q_4^4 = \left(\frac{7}{8}\right)^4 = \frac{2401}{4096}< \frac{3}{4}=R_4^4$であるから、$$Q_4 < R_4$$が成り立つ。$n=5$のときは$\displaystyle Q_5^2 = \left(\frac{13}{16}\right)^{2} = \frac{169}{256} < \left(\frac{3}{4}\right)^{2} = R_5^2$であるから、$$Q_5 < R_5$$が成り立つ。$n=6$のときは$\displaystyle Q_6^4 = \left(\frac{3}{4}\right)^4 = \frac{27}{256} < \left(\frac{3}{4}\right)^3 = \frac{27}{64} = R_6^4$であるから、$$Q_6 < R_6$$が成り立つ。$n=7$のときは$\displaystyle Q_7 = \frac{11}{16} < \frac{3}{4} = R_7$であるから、$Q_7 < R_7$が成り立つ。

ある$n$で$$Q_n < \left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{n-3}{4}}$$を仮定すると、$$\begin{eqnarray}Q_{n+4} & < & \frac{3}{4}\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{n-3}{4}}\\ & = & \left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{n+4-3}{4}}\end{eqnarray}$$となるから、$n+1$でも式$(a)$が成立する。したがって、すべての自然数$n$で式$(a)$が成り立つ。

解説

$(1)$ まずは様子をつかもうという問題で、$(2)$の答えにも影響するので慎重に解く。

$(2)$ 操作$n$回以上繰り返される確率は、$n-1$回目までに操作が終っていない確率であるから、$\displaystyle Q_n = 1-\sum_{k=3}^{n-1}{P_{k}}$となる。

$(3)$が山場になるが、上の関係式を用いると、$P_{n-1}$について考察すれば良いことがわかる。

$(4)$ これが難しい。結局$(3)$の関係式を用いるが、$Q_n$が減少数列であることに気が付かないと、$$Q_{n+4} < \frac{3}{4}Q_n$$までたどり着かない。これさえ出せれば後は帰納法でなんとかなる。ただし。この式では$n = 4, 5, 6, 7$まで成立することを示さないと、帰納法としてのサイクルが回らなくなる。