第4問確率の解答・解説

反復試行・二項分布・微分して積分で表す・対称性当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/12

問題文について

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(1) $n \geq 2$ に対して $f (1)$ と $f (2)$ を求める

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

「 $k$ 回以上」は余事象を使うのが速い。 $f (1)$ は「1回も赤が出ない」の余事象、 $f (2)$ はそこから「ちょうど1回」も引く。

$n$ 回のうち赤玉がちょうど $j$ 回出る確率は $_{n} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j}$ である。

$f (1)$ 。 「1回以上」の余事象は「0回」だから

f (1) = 1 - (1 - p)^{n}

である。

$f (2)$ 。 「2回以上」の余事象は「0回または1回」だから

f (2) = 1 - (1 - p)^{n} -_{n} C_{1} p (1 - p)^{n - 1} = 1 - (1 - p)^{n} - n p (1 - p)^{n - 1}

である。

$n = 5$ 、 $p = 0.3$ で $f (1) = 0.83193$ 、 $f (2) = 0.47178$ となり、二項分布の和と一致した。

「 $k$ 回以上」であって「ちょうど $k$ 回」ではない。余事象のほうが項数が少ない。

$p = 0$ や $p = 1$ でも式は正しい（ $f (1) = 0$ 、 $f (1) = 1$ ）。

(2) $k = 1, 2, \dots, n$ に対して $f (k) = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} \int_{0}^{p} x^{k - 1} (1 - x)^{n - k} d x$ を示す

答両辺を $p$ で微分すると一致し、 $p = 0$ でともに $0$

$f (k)$ を $p$ の関数と見て微分する。和が望遠鏡のように打ち消し合って1項だけ残り、それが右辺の被積分関数に一致する。

$F (p) = f (k) = j = k \sum n_{n} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j}$ とおく。右辺を $G (p)$ とする。

$F$ を微分する。 積の微分で

F^{'} (p) = j = k \sum n_{n} C_{j} {j p^{j - 1} (1 - p)^{n - j} - (n - j) p^{j} (1 - p)^{n - j - 1}}

である。ここで

j_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j - 1}, (n - j)_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j}

を使う（どちらも階乗に戻せば確かめられる）。 $a_{j} =_{n - 1} C_{j - 1} p^{j - 1} (1 - p)^{n - j}$ とおくと

_{n} C_{j} (n - j) p^{j} (1 - p)^{n - j - 1} = n_{n - 1} C_{j} p^{j} (1 - p)^{n - j - 1} = n a_{j + 1}

なので

F^{'} (p) = n j = k \sum n (a_{j} - a_{j + 1}) = n (a_{k} - a_{n + 1})

である。 $a_{n + 1} =_{n - 1} C_{n} (\dots) = 0$ （ $_{n - 1} C_{n} = 0$ ）だから

F^{'} (p) = n_{n - 1} C_{k - 1} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k} = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k}

である（ $n \cdot \frac{( n - 1 )!}{( k - 1 )! ( n - k )!} = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!}$ ）。

$G$ を微分する。 微分と積分の関係から

G^{'} (p) = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} p^{k - 1} (1 - p)^{n - k}

で、 $F^{'} = G^{'}$ である。

初期値。 $p = 0$ のとき、赤玉は1回も出ないので $k \geq 1$ より $F (0) = 0$ 。また $G (0) = 0$ （積分区間の幅が $0$ ）。 $F - G$ は導関数が $0$ で $p = 0$ の値も $0$ だから、恒等的に $0$ である。よって

f (k) = \frac{n !}{( k - 1 )! ( n - k )!} \int_{0}^{p} x^{k - 1} (1 - x)^{n - k} d x

が成り立つ。

$n = 3, 5, 7$ 、 $k = 1, \dots, n$ 、 $p = 0.2, 0.5, 0.73$ のすべてで、左辺（二項分布の和）と右辺（数値積分）が $1 0^{- 7}$ 以内で一致した。

$j_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j - 1}$ と $(n - j)_{n} C_{j} = n_{n - 1} C_{j}$ の2つが鍵。階乗で書いて確かめる。

和が望遠鏡（ $a_{k} - a_{n + 1}$ ）になる。並べ方を揃えると見える。

$p = 0$ での値を合わせる。導関数が等しいだけでは定数だけずれる可能性がある。

(3)自然数 $k$ に対して $I = \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{k} (1 - x)^{k} d x$ を求める

答 $I = \frac{( k ! ) ^{2}}{2 ( 2 k + 1 )!}$

(2) の式で $k - 1 = k$ 、 $n - k = k$ となるように、すなわち「(2) の $k$ 」を $k + 1$ 、 $n$ を $2 k + 1$ 、 $p = \frac{1}{2}$ にとる。すると左辺が「 $2 k + 1$ 回中 $k + 1$ 回以上」の確率になり、対称性から $\frac{1}{2}$ だと分かる。

(2) の式で $n = 2 k + 1$ 、（(2) の添字を $k^{'}$ と書いて） $k^{'} = k + 1$ 、 $p = \frac{1}{2}$ とする。すると $k^{'} - 1 = k$ 、 $n - k^{'} = k$ なので

f (k + 1) = \frac{( 2 k + 1 )!}{k ! k !} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{k} (1 - x)^{k} d x = \frac{( 2 k + 1 )!}{( k ! ) ^{2}} I

である。

左辺は $\frac{1}{2}$ 。 $p = \frac{1}{2}$ 、 $n = 2 k + 1$ のとき、 $f (k + 1)$ は「 $2 k + 1$ 回中、赤玉が $k + 1$ 回以上出る確率」である。赤玉と白玉が同じ確率なので、赤と白を入れ替えても確率は変わらない。

$2 k + 1$ は奇数だから「赤が $k + 1$ 回以上」と「白が $k + 1$ 回以上」はちょうど排反で、どちらかが必ず起こる。2つの確率は等しいので

f (k + 1) = \frac{1}{2}

である。したがって

\frac{( 2 k + 1 )!}{( k ! ) ^{2}} I = \frac{1}{2} ⟹ I = \frac{( k ! ) ^{2}}{2 ( 2 k + 1 )!}

である。

$k = 1$ なら $I = \frac{1}{2 \cdot 6} = \frac{1}{12}$ 。実際 $\int_{0}^{1/2} x (1 - x) d x = \frac{1}{8} - \frac{1}{24} = \frac{1}{12}$ で合う。 $k = 2$ なら $\frac{4}{2 \cdot 120} = \frac{1}{60}$ 。

$k = 1, 2, 3, 4$ で $\int_{0}^{1/2} x^{k} (1 - x)^{k} d x$ を数値積分すると $0.083333333333, 0.016666666667, 0.003571428571, 0.000793650794$ で、 $\frac{( k ! ) ^{2}}{2 ( 2 k + 1 )!}$ と小数12桁まで一致した。