独自の解答・詳解
問題文は非掲載
小問4問・無料

東京科学大学　2025年度　前期日程　理系

第3問確率の解答・解説

終了条件のあるゲーム・並びの数え上げ・等比級数・級数の和当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

(1) $0 < p < 1$ とする。表が出る確率が $p$ 、裏が出る確率が $1 - p$ である1枚のコインを使い、点数 $0$ から始めて「表が出るごとに $1$ 点加算、裏が出たときは点数はそのまま、2回続けて裏が出たら終了」というゲームを行う。 $0$ 以上の整数 $n$ に対し、ゲームが終わったときに $n$ 点となっている確率を $Q_{n}$ とするとき、 $Q_{1}, Q_{2}$ を $p$ を用いて表す

答 $Q_{1} = p (1 - p)^{2} (2 - p)$ 、 $Q_{2} = p^{2} (1 - p)^{2} (2 - p)^{2}$

終わるまでの表裏の並びを直接数える。最後の2文字は必ず裏裏で、その前には裏が2つ続いてはいけない。

$q = 1 - p$ とおく。ゲームが終わるときの表裏の並びは、最後が「裏裏」で、それより前には「裏裏」が現れないものである。さらに、最後の裏裏の直前の文字は表でなければならない（裏なら、そこで既に裏が2つ続いている）。

$n = 1$ 。 表が1枚だけ現れる。最後の裏裏より前の部分は「表」か「裏表」の2通りである。

表・裏・裏：確率 $p q^{2}$
裏・表・裏・裏：確率 $q p q^{2} = p q^{3}$

なので

Q_{1} = p q^{2} + p q^{3} = p q^{2} (1 + q) = p (1 - p)^{2} (2 - p)

である（ $1 + q = 2 - p$ ）。

$n = 2$ 。 表が2枚。表の前（2か所）にそれぞれ裏を $0$ 枚か $1$ 枚入れられる（2枚続けては入れられない）。最後の表のうしろには裏を入れられない（そこは最後の裏裏になる）。したがって裏の枚数 $k$ は $0, 1, 2$ で、入れ方は $_{2} C_{k}$ 通りである。

Q_{2} = q^{2} k = 0 \sum 2_{2} C_{k} p^{2} q^{k} = q^{2} p^{2} (1 + q)^{2} = p^{2} (1 - p)^{2} (2 - p)^{2}

である。

$p = 0.5$ では $Q_{1} = 0.1875$ 、 $Q_{2} = 0.140625$ で、状態遷移で求めた値と一致した。

最後の裏裏の直前は必ず表（または並びの先頭）。ここを見落とすと重複して数えてしまう。

(2) $Q_{n}$ を $n$ と $p$ を用いて表す

答 $Q_{n} = (1 - p)^{2} {p (2 - p)}^{n}$

(1) と同じ数え方を一般の $n$ で行う。表 $n$ 枚の「前」に裏を $0$ 枚か $1$ 枚ずつ置く、という数え方で二項定理がそのまま効く。

終了までの並びを「 $w$ ＋裏裏」と書く。 $w$ には裏が2つ続かず、 $w$ の最後は表（または $w$ は空）である。 $w$ に含まれる表の枚数が $n$ である。

$n$ 枚の表を並べたとき、裏を入れられるのは「各表の直前」の $n$ か所だけで、それぞれ $0$ 枚か $1$ 枚である（2枚入れると裏が続く。最後の表のうしろに入れると $w$ が裏で終わってしまう）。裏を $k$ 枚入れる方法は $_{n} C_{k}$ 通りで、その確率は $p^{n} q^{k}$ である。

最後の裏裏の確率 $q^{2}$ を掛けて、二項定理より

Q_{n} = q^{2} k = 0 \sum n_{n} C_{k} p^{n} q^{k} = q^{2} p^{n} (1 + q)^{n} = (1 - p)^{2} {p (2 - p)}^{n}

である。 $n = 0$ のときも $Q_{0} = q^{2} = (1 - p)^{2}$ （いきなり裏裏）で合っている。

$r = p (2 - p) = 1 - (1 - p)^{2}$ とおくと $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ である。つまり点数は、成功確率 $1 - r$ の幾何分布にしたがう。 $0 < p < 1$ のとき $0 < r < 1$ なので $n = 0 \sum \infty Q_{n} = 1$ となり、確率の合計も合う。

$p = 0.5, 0.3, 0.8$ のいずれでも、状態遷移で求めた $Q_{0}, \dots, Q_{4}$ とこの式が小数9桁まで一致した。

裏を置ける場所は $n + 1$ か所ではなく $n$ か所。最後の表のうしろは使えない。

(3) $0 < x < 1$ を満たす実数 $x$ に対して $\frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} = n = 0 \sum \infty (n + 1) x^{n}$ が成り立つことを示す（必要ならば $0 < x < 1$ のとき $n \to \infty lim n x^{n} = 0$ であることを証明なしで使ってよい）

答部分和に $(1 - x)$ を掛けて階差をとると等比級数になる

部分和 $S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n}$ を作り、 $S_{N} - x S_{N}$ を計算する。

$S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n}$ とおく。

(1 - x) S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n} - n = 0 \sum N (n + 1) x^{n + 1}

で、2つめの和で添字を $n + 1 \to n$ とずらすと

= n = 0 \sum N (n + 1) x^{n} - n = 1 \sum N + 1 n x^{n} = 1 + n = 1 \sum N x^{n} - (N + 1) x^{N + 1}

である。はじめの2項をまとめると等比数列の和で

(1 - x) S_{N} = n = 0 \sum N x^{n} - (N + 1) x^{N + 1} = \frac{1 - x ^{N + 1}}{1 - x} - (N + 1) x^{N + 1}

となる。 $0 < x < 1$ より $1 - x \neq = 0$ なので

S_{N} = \frac{1 - x ^{N + 1}}{( 1 - x ) ^{2}} - \frac{( N + 1 ) x ^{N + 1}}{1 - x}

である。 $0 < x < 1$ より $x^{N + 1} \to 0$ 、また与えられた事実より $(N + 1) x^{N + 1} \to 0$ （ $N \to \infty$ ）なので

N \to \infty lim S_{N} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}

である。すなわち級数は収束して

n = 0 \sum \infty (n + 1) x^{n} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}

である。 $■$

$x = 0.5$ では右辺 $4$ 、部分和 $S_{40} = 3.99999 \dots$ だった。

無限級数は「部分和の極限」として扱う。いきなり項別に操作しない。

$(N + 1) x^{N + 1} \to 0$ は与えられた事実（ $lim n x^{n} = 0$ ）から従う。ここを使うことを明記する。

(4)無限級数 $n = 0 \sum \infty n Q_{n}$ を $p$ を用いて表す

答 $\frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}}$

(2) で $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ （ $r = p (2 - p)$ ）と書けた。 $\sum n r^{n}$ は、(3) の級数から等比級数を引けば出る。

$r = p (2 - p)$ とおく。 $0 < p < 1$ のとき $r = 1 - (1 - p)^{2}$ で $0 < r < 1$ である。(2) より $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ なので

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = (1 - r) n = 0 \sum \infty n r^{n}

である。 $n = (n + 1) - 1$ と分けると、(3) と等比級数の和から

n = 0 \sum \infty n r^{n} = n = 0 \sum \infty (n + 1) r^{n} - n = 0 \sum \infty r^{n} = \frac{1}{( 1 - r ) ^{2}} - \frac{1}{1 - r} = \frac{r}{( 1 - r ) ^{2}}

である。よって

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = (1 - r) \cdot \frac{r}{( 1 - r ) ^{2}} = \frac{r}{1 - r}

である。 $1 - r = (1 - p)^{2}$ だから

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = \frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}}

である。

$p = \frac{1}{2}$ なら $\frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{4}} = 3$ で、平均 $3$ 点でゲームが終わる。 $p \to 1$ では発散する（表ばかり出てなかなか終わらない）。

$p = 0.3$ では $1.040816$ で、 $\frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}} = 1.040816$ と一致した。

$\sum n r^{n}$ をそのまま (3) に当てはめない。 $n$ と $n + 1$ のずれを等比級数で調整する。

2025年度の全5問をまとめて読む

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる東京科学大学（旧東工大）数学予想問題集 2027

東京科学大（旧東工大）数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全3巻を見る¥2,695・160ページ・2026年7月24日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(2)Qn​ を n と p を用いて表す

(3)0<x<1 を満たす実数 x に対して (1−x)21​=n=0∑∞​(n+1)xn が成り立つことを示す（必要ならば 0<x<1 のとき n→∞lim​nxn=0 であることを証明なしで使ってよい）

(4)無限級数 n=0∑∞​nQn​ を p を用いて表す

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(2) $Q_{n}$ を $n$ と $p$ を用いて表す

(3) $0 < x < 1$ を満たす実数 $x$ に対して $\frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} = n = 0 \sum \infty (n + 1) x^{n}$ が成り立つことを示す（必要ならば $0 < x < 1$ のとき $n \to \infty lim n x^{n} = 0$ であることを証明なしで使ってよい）

(4)無限級数 $n = 0 \sum \infty n Q_{n}$ を $p$ を用いて表す