https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/2013/Rika

問題：2013年(平成25年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.03.10記
非常に考えにくい問題．何に着目するかによって難しさが変わる（2025.01.28 に(1)[別解]を追加した．こちらの方がわかり易い）．

[解答]

(1) $\rm A$ が得点をするのは裏が偶数回出た後に表が出たとき， $\rm B$ が得点をするのは裏が奇数回出た後に表が出たときである．

(a) $\rm A$ が2対0で勝つとき：
$n$ 回目が表であり， $n-1$ 回までに裏が $n-2$ 回，表が1回出てコインが $\rm A$ にあるので， $n=2m$ は偶数であり，裏が $n-2=2m-2$ 回出るうちの偶数回目（0回目の含む）の裏が出た次に表が1回でるので、 $0,2,\ldots,2m-2$ 回目の $m$ 通りあるから

$n$ が偶数のとき $\dfrac{m}{2^n}=\dfrac{n}{2^{n+1}}$ ，
$n$ が奇数のとき $0$

となる．

(b) $\rm A$ が2対1で勝つとき：
$n$ 回目が表であり， $n-1$ 回までに裏が $n-3$ 回，表が2回出てコインが $\rm A$ にあるので， $n=2k+1$ は奇数であり，裏が $n-3=2k-2$ 回出るうちの偶数回目（0回目の含む）の裏が出た次に表が1回でて（ $0,2,\ldots,2k-2$ 回目の $k$ 通り）、奇数回目の裏が出た次に表が1回でる（ $1,3,\ldots,2k-3$ 回目の $k-1$ 通り）ので， $k(k-1)$ 通りあるから
$n$ が偶数のとき $0$ ，
$n$ が奇数のとき $\dfrac{k(k-1)}{2^n}=\dfrac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2}}$ ，
となる．

以上から，
$n$ が偶数のとき $\dfrac{m}{2^n}=\dfrac{n}{2^{n+1}}$ ，
$n$ が奇数のとき $\dfrac{k(k-1)}{2^n}=\dfrac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2}}$ ，
となる．

(2) $p(2m)=\dfrac{m}{2^{2m}}$ ， $p(2m+1)=\dfrac{m(m-1)}{2^{2m+1}}$ であるから， $p(1)=0$ に注意して
$\displaystyle\sum_{n=1}^{2N+1} p(n)$ $=\displaystyle\sum_{n=2}^{2N+1} p(n)$ $=\displaystyle\sum_{m=1}^{N}\{p(2m)+p(2m+1)\}$ $=\displaystyle\sum_{m=1}^{N} \dfrac{m(m+1)}{2^{2m+1}}$
が成立する．これを $S(N)$ とおくと，
$4S(N)=\displaystyle\sum_{m=1}^{N} \dfrac{m(m+1)}{2^{2(m-1)+1}}$ $=\displaystyle\sum_{m=0}^{N-1} \dfrac{(m+1)(m+2)}{2^{2m+1}}$
であるから，
$3S(N)=1+\displaystyle\sum_{m=1}^{N-1} \dfrac{m+1}{2^{2m}}-\dfrac{N(N+1)}{2^{2N+1}}$ $=\displaystyle\sum_{m=1}^{N} \dfrac{m}{2^{2m-2}}-\dfrac{N(N+1)}{2^{2N+1}}$
となる．ここで $T(N)=\displaystyle\sum_{m=1}^{N} \dfrac{m}{2^{2m-2}}$ とおくと
$4T(N)=\displaystyle\sum_{m=1}^{N} \dfrac{m}{2^{2(m-1)-2}}$ $=\displaystyle\sum_{m=0}^{N} \dfrac{m+1}{2^{2m-2}}$
であるから，
$3T(N)=4+\displaystyle\sum_{m=1}^{N-1} \dfrac{1}{2^{2m-2}}-\dfrac{N+1}{2^{2N-2}}$ $=\displaystyle\sum_{m=0}^{N-1} \dfrac{1}{2^{2m-2}}-\dfrac{N+1}{2^{2N-2}}$
$=\dfrac{4-2^{2-2N}}{1-2^{-2}}-\dfrac{N+1}{2^{2N-2}}$
となる．ここで $|r|\lt 1$ のとき $nr^n,n^2r^n\to 0$ （ $n\to\infty$ ）であるから，
$N\to\infty$ で $T(N)\to\dfrac{16}{9}$ となり， $S(N)\to\dfrac{16}{27}$ となる．
つまり
$\displaystyle\sum_{n=1}^{2N+1} p(n)\to\dfrac{16}{27}$ （ $N\to\infty$ ）
となる．これと， $p(2m+2)\to 0$ （ $m\to\infty$ ）から
$\displaystyle\sum_{n=1}^{2N+2} p(n)\to\dfrac{16}{27}$ （ $N\to\infty$ ）
も言えるので，
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} p(n)=\dfrac{16}{27}$
となる．

同じ考え方をする類題が

2022年(令和4年)東京大学-数学(理科)[6] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

となる．過去問研究は大切．

極限計算は幾何分布と関連させて求めることができるが，幾何分布の平均と分散を覚えている人はあまりいないように思う．

[大人の解答]
確率 $p$ で表が出るコインの表が出るまでの裏の出る回数は幾何分布
$P(X=k)=p(1-p)^k$ （ $k=0,1,2,\ldots$ ）
に従い，その平均は $\dfrac{1-p}{p}$ ，分散は $\dfrac{1-p}{p^2}$ である．つまり $p=\dfrac{3}{4}$ とおくと，
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{4^k} =1$ ，
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{k}{4^k} =\dfrac{1}{3}$ ，
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{(k-1/3)^2}{4^k} =\dfrac{4}{9}$ ，
が成立する．つまり，
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{4^k} =\dfrac{4}{3}$ ， $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{k}{4^k} =\dfrac{4}{9}$ ， $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{k^2}{4^k} =\dfrac{20}{27}$
となるので，
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{k^2+k}{4^k} =\dfrac{16}{27}$
が成立する．よって
$S(N)=\displaystyle\sum_{m=0}^{N-1} \dfrac{(m+1)(m+2)}{2^{2m+1}}\to\dfrac{16}{27}$

差分方程式の話を使うと，次のようにも計算できる．

[大人の解答]

$a_n=\dfrac{n(n+1)}{2} r^n$ （ $r\neq 1$ ）とし， $\displaystyle S_n=\sum_{k=-1}^{n} a_k$ とする（ $a_{-1}=a_0=0$ だから， $S_n=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} a_k$ でもある）．

シフト演算子 $T:a_n\mapsto a_{n+1}$ ，差分演算子 $\Delta=T-1$ を用いて
$\Delta S_n=a_n$ ， $(T-r) a_n=(n+1)r^{n+1}$ ， $(T-r)^2 a_n=r^{n+2}$ ， $(T-r)^3 a_n=0$
が成立する．よって
$(T-1)(T-r)^3 S_n=0$
が成立するので，特性方程式が $r$ で3重解， $1$ で単解をもつので
$S_n=(an^2+bn+c)r^{n-1}+d$ （ $a,b,c,d$ は定数）
と表すことができる．

$r=\dfrac{1}{4}$ とすると
$a_{-1}=0$ ， $a_{0}=0$ ， $a_{1}=\dfrac{1}{4}$ ， $a_2=\dfrac{3}{16}$
だから
$S_{-1}=0$ ， $S_0=0$ ， $S_1=\dfrac{1}{4}$ ， $S_2=\dfrac{7}{16}$
となり，
$n=-1,0,1,2$ において
$S_{-1}=16a-16b+16c+d=0$ ，
$S_0=4c+d=0$ ，
$4S_1=2a+2b+2c+2d=1$ ，
$16S_n=8a+4b+2c+8d=7$
が成立する．この連立方程式を解くと $d=\dfrac{16}{27}$ が得られるので，
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{n(n+1)}{2^{2n+1}}$ $=\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n$ $=d$ $=\dfrac{16}{27}$
が得られる．

差分方程式は離散ラプラス変換で解くこともできる．離散ラプラス変換については例えば

漸化式 (差分方程式) を z 変換 (離散的ラプラス変換) で解く方法
https://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/77/77-7.pdf

を参照のこと．

[大人の解答]

$x_n=S_{n-1}$ で項を1つずらしておく．
$x_0=x_1=0$ ， $x_2=\dfrac{1}{4}$ ， $x_3=\dfrac{7}{16}$

$(T-1)(T-r)^3 x_n$ $=\left(T^4-\dfrac{7}{4}T^3+\dfrac{15}{16}T^2-\dfrac{13}{64}T+\dfrac{1}{64}\right)x_n=0$
を離散ラプラス変換すると
$(z-1)(z-r)^3 X(z)=\dfrac{z^2}{4}$
となり，
$\dfrac{1}{z}X(z)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{z}{(z-1)(z-r)^3}$
となる．
$\dfrac{1}{z}X(z)=A\dfrac{1}{z-1}+B\dfrac{1}{z-r}+C\dfrac{1}{(z-r)^2}+D\dfrac{1}{(z-r)^3}$
と部分分数分解でき，このとき
$x_n=A+Br^n+C(n\cdot r^{n-1})+D({}_n\mbox{C}_2\cdot r^{n-2})$
となるので，求める極限値は $A$ となる．
$\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{z}{(z-1)(z-r)^3}=A\dfrac{1}{z-1}+B\dfrac{1}{z-r}+C\dfrac{1}{(z-r)^2}+D\dfrac{1}{(z-r)^3}$
から
$A=\displaystyle \lim_{z\to 1} (z-1)\cdot \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{z}{(z-1)(z-r)^3}$ $=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{(3/4)^3}=\dfrac{16}{27}$
となる．

一般項を求める必要はなく，極限だけを求めれば良いので結構楽に求まる．

2025.01.28記

[別解]
(1) $\rm A$ がコインを持っているとき，

(i) [表] が出れば $\rm A$ に1点追加して $\rm A$ がコインを持っている
(ii) [裏裏] が出れば $\rm A，B$ 共に点数が変わらず $\rm A$ にコインが戻ってくる
(iii) [裏表裏] が出れば $\rm B$ に1点追加して $\rm A$ にコインが戻ってくる

となる．

(a) $\rm A$ が2対0で勝つとき：
[表] が2個と [裏裏] が $k$ 個（ $k\geqq 0$ ）の合計 $k+2$ 個を並べ変えて最後が [表] である場合を考えれば良く，その場合の数は [表] が1個と [裏裏] が $k$ 個の並び変えの総数 $k+1$ 通りである．ここで $n=2k+2$ だから $n$ は偶数でなければならず，このときの確率は $\dfrac{k+1}{2^n}=\dfrac{n}{2^{n+1}}$ である．

(b) $\rm A$ が2対1で勝つとき：
[表] が2個と [裏表裏] が1個と [裏裏] が $k$ 個（ $k\geqq 0$ ）の合計 $k+3$ 個を並べ変えて最後が [表] である場合を考えれば良く，その場合の数は [表] が1個と [裏表裏] が1個と [裏裏] が $k$ 個の並び変えの総数 $(k+2)(k+1)$ 通りである．ここで $n=2k+5$ だから $n$ は奇数でなければならず，このときの確率は $\dfrac{(k+2)(k+1)}{2^n}=\dfrac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2}}$ である．

以上から，
$n$ が偶数のとき $\dfrac{m}{2^n}=\dfrac{n}{2^{n+1}}$ ，
$n$ が奇数のとき $\dfrac{k(k-1)}{2^n}=\dfrac{(n-1)(n-3)}{2^{n+2}}$ ，
となる．