https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1985/Rika

2023.08.26記

[5] $0$ または正の整数の値をとる変数 $X$ ， $Y$ がある． $X$ が整数 $n$ （ $n\geqq 0$ ）の値をとる確率と， $Y$ が整数 $n$ （ $n\geqq 0$ ）の値をとる確率は，ともに $p_n$ であるとする．ここで， $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} p_n=1$ である．）

いま，任意の整数 $m$ ， $n$ （ $m\geqq0$ ， $n\geqq0$ ）に対して， $X=m$ なる事象と $Y=n$ なる事象は独立であり，また， $X+Y=n$ となる確率は $(n+1)p_{n+1}$ に等しいという．このとき， $p_n$ （ $n=0$ ， $1$ ， $2$ ，……）と $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} np_n$ の値を求めよ．

2020.12.14記

[解答]
$X+Y=n$ になる確率は $\displaystyle \sum_{i=0}^{n} p_i p_{n-i}$ だから
$(n+1)p_{n+1}=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} p_i p_{n-i}$
が成立する．

$n=0$ のとき、 $p_1=p_0^2$

$n=1$ のとき、 $2p_2=p_0p_1+p_1p_0=2p_0^3$ より $p_2=p_0^3$

により、 $p_n=p_0^{n+1}$ と推測できるので帰納法で証明する．

$n=0,1$ のとき成立
$n=1,2,...,k$ のときに成立すると仮定すると
$(k+1)p_{k+1}=\displaystyle \sum_{i=0}^{k} p_0^{i+1} p_0^{k-i+1}$ $=\displaystyle \sum_{i=0}^{k} p_0^{k+2}$ $=(k+1)p_0^{k+2}$
により $p_{k+1}=p_0^{k+2}$ となって $n=k+1$ のときも成立．

よって，任意の自然数 $n$ について $p_n=p_0^{n+1}$ が成立．

このとき $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} p_n=\dfrac{p_0}{1-p_0}=1$
により， $p_0=\dfrac{1}{2}$ だから $p_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}$ となる．

あとは真面目に
$S_n=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i p_0^{i+1}$
とおき、
$(1-p_0)S_n=\sum_{i=1}^n p_0^{i+1}-np_0^{n+2}$ $=-p_0+\sum_{i=0}^n p_0^{i+1}-np_0^{n+2}$
から、 $n\to\infty$ とすると
$(1-p_0)S_{\infty}=-p_0+1$
となり， $S_{\infty}=1$ となる．

なお、後半の別解として
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} np_n =\sum_{n=1}^{\infty} np_n$ （∵ $0\cdot p_0=0$ ）
$=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)p_{n+1}$ $=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} P(X+Y=n)=1$
とうのは有名．

さて、 $q_n=(1-p)^{n-1}p$ ( $n\geqq 1$ ) は確率 $p$ で表が出るコインを投げたときに $n$ 回目で始めて表がでる確率に等しい．これは幾何分布と呼ばれ、その期待値は、確率 $p$ で表が出るのだから、表が出るまでの回数は $\dfrac{1}{p}$ となる、という直感と同じ結果になる．

つまり， $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n(1-p)^{n-1} p = \dfrac{1}{p}$ が成立する．

この式で $p=\dfrac{1}{2}$ とおくと
つまり， $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n(1/2)^{n+1} = 1$ が得られる．