数学A / 確率

ちょうど半分が表になる確率の漸近(二項係数とウォリスの融合)

実戦編確率二項係数極限定積分単元横断

問題

硬貨を $2 n$ 回投げるとき、表がちょうど $n$ 回出る確率を $p_{n}$ とする。

(1) $p_{n} = \frac{1}{4 ^{n}} (n 2 n)$ を確かめ、 $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ を示せ。

(2) $n \to \infty lim n p_{n}$ を求めよ。

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$p_{n}$ は $\prod \frac{2 k - 1}{2 k}$ の積。この積は $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ と結びつく(ウォリス)。積分の大きさが $\frac{1}{n}$ 程度だと分かれば、 $n p_{n}$ の極限が出る。

解答・解説

方針

(1) 二項係数を階乗で書いて連比を作る。(2) $p_{n}$ を積の形に開き、ウォリスの積分 $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ の大きさの評価に橋渡しする。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $p_{n}$ 自体は $0$ に近づく。だが「 $n$ を掛けて極限をとれ」という問い方から、 $p_{n}$ は $\frac{c}{n}$ 程度の大きさだと予想がつく。

定数 $c$ を決めるには、 $p_{n}$ を分数の積の形に開くのが第一歩。この積はウォリスの積分 $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ とぴったり結びつく。

積分側は部分積分の漸化式から大きさが評価できる。離散の確率を、連続の積分で測るのがこの問題の急所だ。

① 積の形と漸化式。 二項係数を階乗で書くと $p_{n} = \frac{1}{4 ^{n}} (n 2 n) = \frac{( 2 n )!}{( n ! ) ^{2} 4 ^{n}} = k = 1 \prod n \frac{2 k - 1}{2 k} .$ よって $\frac{p _{n}}{p _{n - 1}} = \frac{2 n - 1}{2 n}$ 、すなわち $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ 。

② ウォリスの積分に橋渡し。 $I_{m} = \int_{0}^{π /2} sin^{m} x d x$ とおくと、部分積分の漸化式 $I_{m} = \frac{m - 1}{m} I_{m - 2}$ から $I_{2 n} = \frac{2 n - 1}{2 n} \cdot \frac{2 n - 3}{2 n - 2} \dots \frac{1}{2} \cdot I_{0} = (k = 1 \prod n \frac{2 k - 1}{2 k}) \frac{π}{2} = \frac{π}{2} p_{n} .$

重要

\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x = \frac{π}{2} p_{n}

。また部分積分の漸化式から

m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}

(一定)

③ $I_{2 n}$ の大きさを評価して極限。 $0 < x < \frac{π}{2}$ で $sin^{m + 1} x < sin^{m} x$ だから ${I_{m}}$ は減少列で $I_{m + 1} < I_{m} < I_{m - 1}$ 。 $I_{m - 1}$ で割ると $\frac{I _{m + 1}}{I _{m - 1}} = \frac{m}{m + 1} < \frac{I _{m}}{I _{m - 1}} < 1$ となり、はさみうちで $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ 。よって $m I_{m}^{2} \sim m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ 、すなわち $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ 。 $m = 2 n$ とすると $I_{2 n} \sim \frac{π}{4 n}$ 。②とあわせて $\frac{π}{2} p_{n} \sim \frac{π}{4 n} ⟹ p_{n} \sim \frac{1}{π n} ⟹ n \to \infty lim n p_{n} = \frac{1}{π} .$

まとめ 中心二項確率 $p_{n}$ は積に開いてウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ に橋渡しし、 $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ の評価で大きさが分かる。 $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。確率(二項係数)・積分(ウォリス)・極限の高度な融合。

発展 — 一歩先へ。 $p_{n} \approx \frac{1}{π n}$ は、二項分布を正規分布で近似したときの“山の頂上の高さ”に他ならない(標準偏差 $n /2$ の正規分布の頂上は $\frac{1}{2 π \cdot n /2} = \frac{1}{π n}$ )。ウォリスの積分は、正規分布の計算と根っこでつながっている。

答

$p_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k}$ 。ウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ と $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ から $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。

別解

別解 — 単調な2つの列ではさんで、収束を先に確定する(得意な人向けの高い視点)。 漸化式 $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ から、 $n p_{n}^{2}$ の増減を直接調べられる。

$\frac{n p _{n}^{2}}{( n - 1 ) p _{n - 1}^{2}} = \frac{n}{n - 1} (\frac{2 n - 1}{2 n})^{2} = \frac{( 2 n - 1 ) ^{2}}{4 n ( n - 1 )} = \frac{4 n ^{2} - 4 n + 1}{4 n ^{2} - 4 n} > 1$

なので $n p_{n}^{2}$ は増加する。同様に $(n + \frac{1}{2}) p_{n}^{2}$ は、比が $\frac{( 2 n + 1 ) ( 2 n - 1 )}{4 n ^{2}} = \frac{4 n ^{2} - 1}{4 n ^{2}} < 1$ だから減少する。

増加列 $n p_{n}^{2}$ は減少列 $(n + \frac{1}{2}) p_{n}^{2}$ より小さいまま進むので、上に有界で収束。差 $\frac{1}{2} p_{n}^{2} \to 0$ より両者の極限は同じ値 $L$ で、 $n p_{n} \to L$ の存在が積分なしで先に確定する。

その値 $L = \frac{1}{π}$ を教えてくれるのがウォリスの積分(本解)である。収束の“存在”は単調性で、“値”は積分で、と役割分担する見方だ。

ポイント

$p_{n} = \prod \frac{2 k - 1}{2 k}$ の積を、ウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ に橋渡しする。
$m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ と $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ から $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ 。
$I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n} \sim \frac{π}{4 n}$ より $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。

よくある間違い

$p_{n} \to 0$ だから答えも $0$ 、としてしまう( $n$ 倍という拡大鏡で見るのがこの問題)。
$I_{m}$ が減少列であることから $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ をはさみうちで示す段を飛ばし、 $m I_{m}^{2} \to \frac{π}{2}$ を根拠なしに使う。
一定の量 $m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ を作らず、 $I_{2 n}$ を漸化式で個別に追いかけて式が伸びるだけで終わる。