Pe@ce

にっきちょう

東工大院　数理・計算科学H29　大問5

めちゃくちゃよい問題だなーって思ったので備忘録がてら。

 

 

問題

(1)確率\displaystyle{p} \in (0, 1)で表の出るコインを投げることを考える。表の出るまでに投げた回数の期待値と分散を\displaystyle{p}を用いて表せ。

 

(2)ある袋の中に\displaystyle{N}種類の玉が一つずつ入っているものとする。ここで\displaystyle{N} \geq 2の整数である。袋の中から無作為に玉を一つずつ取り出し、玉の種類を記録して袋の中に戻すことを「試行」と呼ぶとき全ての種類の玉を記録するために何回の試行が必要か。というもんだいを考える。

　各試行は独立で取り出される玉の種類は一様分布に従うとする。さらに

\displaystyle{k}種類記録するまでに要した試行回数を\displaystyle{S_k}と記す。このとき、

 

(i)\displaystyle{S_{k+1}-S_k}の期待値と分散を\displaystyle{N}と\displaystyle{k}を用いて表せ。ただし\displaystyle{S_{k+1}-S_k}は残り\displaystyle{N-k}種類のうちの一つを取り出すまでに繰り返した試行の回数である。

 

(ii)\displaystyle{S_N}の期待値と分散をそれぞれ\displaystyle{\mu}と\displaystyle{\sigma^2}とおくとき、

\displaystyle{ \mu = \sum_{i=1}^N \frac{1}{i}, \ \sigma^2 = N\sum_{i=1}^{N-1} \frac{N-i}{i^2} }

であることを証明せよ。

 

解法

 

(1) 割と典型問題だけど書くのが少し大変ですね。

 

試行回数\displaystyle{n}を用いると\displaystyle{n}回目に表が出る確率は\displaystyle{p(1-p)^ {n-1}}と書ける。よって期待値\displaystyle{E(n)}は

\displaystyle{ E[n] = \sum_{n=1}^{\infty} np(1-p)^{n-1} }

とかける。ここで\displaystyle{(1-p)^k}を\displaystyle{p}で微分すると\displaystyle{-p(1-p)^{k-1}}となり、さらに

\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (1-p)^n = \frac{1}{p} }

とおけので

\displaystyle{ E[n] = p \sum_{n=1}^{\infty} n(1-p)^{n-1} = p \left( \sum_{n=1}^{\infty} (1-p)^n \right)' = p \left(-\frac{1}{p} \right)' = p\left(\frac{1}{p^2} \right) = \frac{1}{p}} 

さらに

\begin{align} E[n^2] = p \sum_{n=1}^{\infty} n^2 (1-p)^{n-1} &= p \sum_{n=1}^{\infty} n \{(n+1)-1 \} (1-p)^{n-1} \\ &= p \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) (1-p)^{n-1} + p \sum_{n=1}^{\infty} n (1-p)^{n-1} \\ &= p \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) (1-p)^{n-1} - \frac{1}{p} \end{align}

となる。ここで\displaystyle{n(n+1)(1-p)^{n-1}}は\displaystyle{(1-p)^{n+1}}を2回微分したものなので先程と同様に

\begin{align} E[n^2] &= p \sum_{n=1}^{\infty} n(n+1) (1-p)^{n-1} + \frac{1}{p} \\ &= p \left( \sum_{n=1}^{\infty} (1-p)^{n+1} \right)^{''} - \frac{1}{p} \end{align}

となる。さらに

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} (1-p)^{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{(1-p)^2 \{1 - (1-p)^{n-1} \}}{1-(1-p)} = \frac{(1-p)^2}{p} \end{align}

であり \begin{align} \left(\frac{(1-p)^2}{p} \right)' &= \left(p - 2 + \frac{1}{p} \right)' = 1 - \frac{1}{p^2} \\ \left( 1 - \frac{1}{p^2} \right)' &= \frac{2}{p^3} \end{align}

となる。以上より

\begin{align} E[n^2] &= p \left( \sum_{n=1}^{\infty} (1-p)^{n+1} \right)^{''} - \frac{1}{p} \\ &= \frac{2}{p^2} -\frac{1}{p} \\ &= \frac{2-p}{p^2} \end{align}

よって \begin{align} V[n] &= E[n^2] - (E[n])^2 \\ &= \frac{2-p}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2} \end{align}

 

(2)(i) (1)を使うと簡単

 

玉を\displaystyle{k}個取り出した状態で1回の試行で残りの\displaystyle{N-k}個の玉から1つを取り出す確率は\displaystyle{\frac{N-k}{N}}となり、取り出す玉の種類が一様分布になることからこの確率は何回試行しても等しくなる。ここで(1)より確率\displaystyle{p}の事象が\displaystyle{n}回目の試行で初めて起こるときの期待値は\displaystyle{ \frac{1}{p}}と表せるので期待値を\displaystyle{\mu}とすると

\begin{align} \mu = \frac{N}{N-k} \end{align}

分散も同様に\displaystyle{\sigma^2}とすると

\displaystyle{ \sigma^2 = \frac{Nk}{(N-k)^2} }
 

 (2)(ii)等差数列の一般項を求めるノリでいけそう

 

まず、\displaystyle{S_1}の期待値が1、分散が0であることが問題文より自明であることに注意。このとき(1)より\displaystyle{S_2 - S_1}の期待値は\displaystyle{\frac{N}{N-1}}である。以降、期待値をE[]と表す。このとき、

\begin{align} E[S_N - S_{N-1}] &= \frac{N}{N-(N-1)} = N ・\frac{1}{1} \\ E[S_{N-1} - S_{N-2}] &= \frac{N}{N-(N-2)} = N ・\frac{1}{2} \\ ... \\ E[S_3 - S_2] &= \frac{N}{N-2} = N ・\frac{1}{N-2} \\ E[S_2 - S_1] &= \frac{N}{N-1} = N ・\frac{1}{N-1} \\ \end{align}

よって辺々たしあわせることによって

\begin{align} E[S_n - S_1] = N\sum_{i=1}^{N-1} \frac{1}{i} \end{align}

となる。以上より

\begin{align} \mu &= E[S_n] \\ &= E[S_n-S_1] + E[S_1] \\ &= N \sum_{i=1}^{N-1} \frac{1}{i} + 1 \\ &= N \sum_{i=1}^{N-1} \frac{1}{i} + N・\frac{1}{N} \\ &= N \sum_{i=1}^N \frac{1}{i} \end{align}

分散も同様に表せる。