[math]2020年東京医科歯科大学前期数学問題1

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問題

$N$を自然数として、表と裏が等確率で出るコインを$N$回投げる試行を考え、この試行の結果によって関数$f(x)$を次のように定義する。
$1. $ $x\leq 0$のとき、$f(x) = 0$
$2. $ $x$が$N$以下の自然数$n$に等しいとき、$n$回目に表が出れば$f(n) = f(n-1)+1$、裏が出れば$f(n) = f(n-1)-1$
$3. $ $x$が$0 < x < N$を満たし、かつ自然数でないとき、$n-1 < x < n$を満たす自然数を$n$として、$f(x) = (x-n+1)f(n) + (n-x)f(n-1)$
$4. $ $x > N$のとき、$f(x) = f(N)$
このとき以下の各問いに答えよ。
$(1)$ $N = 8$のとき、試行の結果が「表、表、裏、裏、表、裏、裏、裏」の順となったとき、$f(x)$のグラフを描け。
$(2)$ 自然数$N$と$0$以上の整数$k$について、$f(x)$が極値をとる点の個数が$k$となる確率を$P(k)$とする。$P(k)$を$N, k$を用いて表わせ。
$(3)$ 自然数$N$と$0$以上の整数$k$について、$f(x)$が極大となる点の個数が$k$となる確率を$Q(k)$とする。$Q(k)$を$N, k$を用いて表わせ。
$(4)$ $(3)$の$Q(k)$について$\displaystyle \sum_{k=0}^{N}{kQ(k)}$を$N$を用いて表わせ。

方針

$(1)$ 問題文が長いので、まずは様子を掴む。

$(2)$ コインの種類が変化するとき、極値をとる。

$(3)$ $(2)$の結果が利用できる。極大値の個数を固定して考えると良い。

$(4)$ 組み合わせの公式に帰着させる。すなわち、$$\begin{eqnarray}\sum_{k=0}^{n}{_{n}{\mathbb{C}}_{k}} & = & 2^n\\ \sum_{k=0}^{n}{k{_{n}{\mathbb{C}}_{k}}} & = & n2^{n-1}\end{eqnarray}$$を使える形に持っていく。

解答

$(1)$ $f(0) = 0$で、$f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 1, f(4) = 0, f(5) = 1, f(6) = 0, f(7) = -1, f(8) = -2$である。また、$f(x) = (x-n+1)f(n) + (n-x)f(n-1)$であるから、$f(x)$は点$(n-1, f(n-1))$と$(n, f(n))$を結ぶ直線になる。これを図示すると次の図のようになる。

$(2)$ $f(x)$が極値をとるのは、コインの種類が変化するときである。$N=1$のときは$\underline{P(0) = 1, P(k) = 0\ (k\geq 1)}$となる。以降は$N\geq 2$とする。極値をとる点の個数として可能なのは$k = 0, 1, \cdots, N-1$のときであり、$k \geq N$のとき$\underline{P(k) = 0}$である。$N-1$箇所の中から$k$箇所のコインが変化する箇所を選ぶのは$_{N-1}{\mathbb{C}}_{k}$通りである。コインが表か裏かで$2$通りある。全てのコインの出方は$2^N$通りであるから、$\displaystyle \underline{P(k) = \frac{_{N-1}{\mathbb{C}}_{k}}{2^{N-1}}}$となる。これは$k = 0$のときにも成り立つ。

$n = 6$のとき。例えば$k = 2$とすると、上の$5$つの矢印から$2$つを選ぶ。左から$2$番目と$3$番目の矢印を選んだとき、「表表裏表表表」か「裏裏表裏裏裏」の$2$通りがある。

$(3)$ $f(x)$が極大値をとるのは、コインが表から裏に変化するときである。$N=1$のときは$\underline{Q(0) = 1, Q(k) = 0\ (k\geq 1)}$となる。以降は$N\geq 2$とする。極値をとる点の個数として可能なのは$\displaystyle k = 0, 1, \cdots, \left[\frac{N}{2}\right]$のときであり、$\displaystyle k \geq \left[\frac{N}{2}\right]$のとき$\underline{P(k) = 0}$である。極大値をとる点の個数が$k$個、極小値をとる点の個数が$l$個とする。$|k-l| \leq 1$であるから、$k-l = -1, 0, 1$の$3$通りが考えられる。極値の数が$2k-1$個のとき、$(l, k) = (k-1, k), (k, k-1)$であり、極値の数が$2k$個のとき、$(l, k) = (k, k)$であり、極値の数が$2k+1$個のとき、$(l, k) = (k, k+1), (k+1, k)$である。対称性も考慮するとこれから、$$\begin{eqnarray}Q(k) & = & \frac{1}{2}P(2k-1) + P(k) + \frac{1}{2}P(2k+1)\\ & = & \frac{_{N-1}{\mathbb{C}}_{2k-1} + 2{_{N-1}{\mathbb{C}}_{2k}} + _{N-1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}{2^{N}} \\ & = & \frac{(_{N-1}{\mathbb{C}}_{2k-1} + _{N-1}{\mathbb{C}}_{2k}) + (_{N-1}{\mathbb{C}}_{2k} + _{N-1}{\mathbb{C}}_{2k+1})}{2^N} \\ & = & \frac{_{N}{\mathbb{C}}_{2k} + _{N}{\mathbb{C}}_{2k+1}}{2^N} \\ & = & \underline{\frac{_{N+1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}{2^N}}\end{eqnarray}$$となる。$n > r$のとき暗黙に$_{n}{\mathbb{C}}_{r} = 0$であることを認めれば、これはどんな$N, k$についても成立することが分かる。

$(4)$ $(3)$から$$\begin{eqnarray}\sum_{k=0}^{N}{kQ(k)} & = & \frac{1}{2^N}\sum_{k=0}^{N}{k{_{N+1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}}\\ & = & \frac{1}{2^N}\left(\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{N}{(2k+1){_{N+1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}}-\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{N+1}{_{N+1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}\right)\\ & = & \frac{1}{2^N}\left(\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{N}{(N+1){_{N}{\mathbb{C}}_{2k}}}-\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{N+1}{_{N+1}{\mathbb{C}}_{2k+1}}\right)\\ & = & \frac{1}{2^N}\left(\frac{N+1}{2}\cdot \frac{2^{N}}{2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{2^{N+1}}{2}\right)\\ & = & \underline{\frac{N-1}{4}}\end{eqnarray}$$となる。

解説

いずれも高度で難しい。特に$(3)$は一筋縄ではいかない。$(3)$を解決しても、$(4)$はおまけというわけにいかない。

$(1)$ $$\begin{eqnarray}0<x<1 & \to & x \\ 1<x<2 & \to & 2(x-1)+(2-x) \\ & = & x \\ 2<x<3 & \to & (x-2) + 2(3-x)\\ & = & -x+4 \\ 3 < x < 4 & \to & 4-x \\ 4 < x < 5 & \to & x-4 \\ 5 < x < 6 & \to & 6-x \\ 6 < x < 7 & \to & -(x-6) \\ & = & -x+6\\ 7 < x < 8 & \to & -2(x-7) -(8-x)\\ & = & -x+6\end{eqnarray}$$となる。

$(2)$ コインの配置の問題に置き換える。

$(3)$ ここでは極大値の個数を中心に考えるので、極大値の個数が例えば$5$個のとき、極小値の個数は極大値の個数と$1$個違いの値か等しいかのどちらかなので、極値の個数は$5 + 4 = 9, 5 + 5 = 10, 5 + 6 = 11$のいずれかになる。これと、$P(2k+1)$に対して、極大値の個数、極小値の個数が$(k, k+1)$になる確率と、$(k+1, k)$になる確率は対称性から等しいので、解答の立式となる。

$(4)$ 期待値を求めよという問題である。二項係数の和について、$$_{n}{\mathbb{C}}_{0}+_{n}{\mathbb{C}}_{2} + \cdots +_{n}{\mathbb{C}}_{2k} + \cdots = _{n}{\mathbb{C}}_{1} + _{n}{\mathbb{C}}_{3} + \cdots + _{n}{\mathbb{C}}_{2k+1}+\cdots$$が成り立つ。これは、二項係数の公式$$\sum_{k=0}^{n}{(1+x)^k} = _{n}{\mathbb{C}}_{0} + _{n}{\mathbb{C}}_{1}x + _{n}{\mathbb{C}}_{2}x^2 + \cdots + _{n}{\mathbb{C}}_{k}x^k + \cdots + _{n}{\mathbb{C}}_{n}x^n$$で$x = -1$とすれば導くことができる。また、途中の式変形で$$_{n}{\mathbb{C}}_{r} = \frac{n}{r}{_{n-1}{\mathbb{C}}_{r-1}}$$を用いている。これは二項係数を$\displaystyle _{n}{\mathbb{C}}_{r} = \begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix}$と書くと、$$\begin{pmatrix}n\\ r\end{pmatrix} = \frac{n}{r}\begin{pmatrix}n-1 \\ r-1\end{pmatrix}$$となり覚えやすい。