２項展開の一部？

質問

次の計算って、手でできるものでしょうか？

ｎが３以上の整数としたとき、
Σ_{i=0}^{int(n/2)-1} combin(n-2-i,i) * (2/9)^i * (1/3)^(n-2-2i)
を計算すると、どうやら
(2/3)^(n-1) - (-1/3)^(n-1)
になるらしいのです。（ある程度のｎに対してまで、Excelで一致することを確認）

これは、表が出る確率2/3のコインを何回も投げたときに、ちょうどｎ回目ではじめて２回連続表が出る確率を求める問題において、
当初の解法は、「ｋ回目で裏が出てしまい、かついまだ２回連続で表が出ていない」という確率をp(k)として、３項間漸化式 p(k) = (1/3) * p(k-1) + (2/9)*p(k-2) を解いてもらおうと思っていた（求める答えは(4/9)*p(n-2))のですが、別解として、
（表裏）というカタマリと（裏）というものを適当に並べて都合「表」と「裏」を合計n-2個書き並べ、そのあとに「表表」とする
という解法もできることが判明しました。（ある受験生の答案から）
この解法によると、（表裏）をi個、（裏）をj個並べるとすると、
2i+j=n-2, i>=0, j>=0より、0<=i<=(n-2)/2（かつiは整数なので、i<=int(n/2)-1）
また表裏をちょうどi個使う方法は、combin(i+j,i)通り・・・ということからはじめの式が出てきます。（求める答えははじめの式に、最後２回が連続表がでる確率4/9を乗じたもの）

はじめの式を式変形で解けるというならご教示ください。この試験の採点を日曜日中にしてしまう必要があり、急いでいます。よろしくお願いします。

回答No.5

nakaizu · ベストアンサー

もう遅いかもしれませんが

s(n)=Σ_{i=0}^{[n/2]-1}B(n-2-i,i)a^i b^(n-2-2i)
としてs(n)の漸化式を導くことはできます。
ここで[]はガウス記号でB(n,m)は二項係数とします。
二項係数の有名な公式
B(n,m)=B(n-1,m)+B(n-1,m-1)
を用いると
s(n)=Σ(B(n-3-i,i)+B(n-3-i,i-1))a^i b^(n-2-2i)
=ΣB(n-3-i,i)a^i b^(n-2-2i)+ΣB(n-3-i,i-1)a^i b^(n-2-2i)
となります。Σの範囲は省略しましたが、二項係数の意味があるように範囲を選び直してやると
前の項は b s(n-1) になり、後ろの項は a s(n-2)と書けますので
漸化式
s(n)=b s(n-1)+a s(n-2)
が成り立ちます．

お礼

おぉ。おぉぉぉぉ！
確かにこれはすごい！
＞B(n,m)=B(n-1,m)+B(n-1,m-1)
この公式はなにか使えないかなぁとぼんやりは考えていたのですが、実に単純明快です。
あとはindexの範囲とかを詰めつつ、考えたいと思います。
ありがとうございました。

回答No.4

stomachman

s(n) =Σ{r=0～floor(n/2)-1}((n-r-2)Cr) (2^r)
をコンジョーで計算してみましょう。

【１】nが奇数の場合と偶数の場合に分けて計算します。まず準備として
nが奇数(n=2m+1)の場合
　s(2m+1) =Σ{r=0～m-1}((2m-r-1)Cr) (2^r)
　両辺を2^(1-m)倍すると
　(2^(1-m)) s(2m+1) =Σ{r=0～m-1}((2m-r-1)Cr) (2^(r+1-m))
です。
nが偶数(n=2m)の場合　
　s(2m) =Σ{r=0～m-1}((2m-r-2)Cr) (2^r)
　両辺を2^(1-m)倍すると
　(2^(1-m)) s(2m) =Σ{r=0～m-1}((2m-r-2)Cr) (2^(r+1-m))
です。

【２】三角関数の倍角公式を持ってきましょう。これはま、暗記してたという事で。
sin(nx)= sin(x) Σ{r=0～floor((n-1)/2)} ((n-r-1)Cr) ((-1)^r)((2 cos(x))^(n-2r-1))
です。この式はxが複素数であっても成り立つことに注意します。
nを1だけ減らして、sin(x)≠0と仮定してsin(x)を移項すると
●　sin((n-1)x)/sin(x) = Σ{r=0～floor(n/2)-1} ((n-r-2)Cr) ((-1)^r)((2 cos(x))^(n-2r-2))
です。以下、この公式●を利用します。
ここで、
x = it - π/2 （iは虚数単位、tは実数）
とおくと、加法定理から
cos(x) = i sinh(t)
sin(x) = -cosh(t)
であり、また
sin((n-1)x) = sin(i(n-1)t - (n-1)π/2)
　= sin(-(n-1)π/2)cosh((n-1)t)+i cos(-(n-1)π/2)sinh((n-1)t)
なので、
nが奇数(n=2m+1)の場合
　sin(2mx)= i ((-1)^m) sinh(2mt)
nが偶数(n=2m)の場合　
　sin((2m-1)x)=((-1)^m)cosh((2m-1)t)
となります。
です。

【３】●式の左辺は
nが奇数(n=2m+1)の場合
　sin((n-1)x)/sin(x) = sin(2mx)/sin(x) = - i ((-1)^m) sinh(2mt)/cosh(t)
nが偶数(n=2m)の場合　
　sin((n-1)x)/sin(x) = sin((2m-1)x)/sin(x) = -((-1)^m)cosh((2m-1)t)/cosh(t)
となります。

【４】●式の右辺は
そして
sin((n-1)x)/sin(x) = Σ{r=0～floor(n/2)-1} ((n-r-2)Cr) ((-1)^r)((2 i sinh(t))^(n-2r-2))
なので、右辺は
nが奇数(n=2m+1)の場合
　sin((n-1)x)/sin(x) = Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) ((-1)^r)((2 i sinh(t))^(2m-2r-1))
　= Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) ((-1)^r)(i^(2m-2r-1))((2 sinh(t))^(2m-2r-1))
　= Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) ((-1)^r)i((-1)^(m-r-1))((2 sinh(t))^(2m-2r-1))
　= i((-1)^(m-1))Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) ((2 sinh(t))^(2m-2r-1))
　= i((-1)^(m-1))(2 sinh(t))Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) ((((2 sinh(t))^2)^(m-r-1))
nが偶数(n=2m)の場合　
　sin((n-1)x)/sin(x) = Σ{r=0～m-1} ((2m-r-2)Cr) ((-1)^r)((-1)^(m-r-1))(((2sinh(t))^2)^(m-r-1))
　= ((-1)^(m-1))Σ{r=0～m-1} ((2m-r-2)Cr) (((2sinh(t))^2)^(m-r-1))

【５】tを具体的に与えて右辺を計算します。
　(2sinh(t))^2 = 1/2　を満たすようにtを決めます。すなわち
t = arcsinh(1/√8)
ここで、arcsinh(t) = ln(t + √(t^2+1)) だから、
t = ln(1/√8+ √(9/8))= ln(4/√8)= ln(√2)
です。そうすると、
nが奇数(n=2m+1)の場合
　- i ((-1)^m) sinh(2mt)/cosh(t)= i((-1)^(m-1))(2 sinh(t))Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) (2^(r+1-m))
　ゆえに
　 sinh(2mt)/cosh(t)/(2 sinh(t))= Σ{r=0～m-1} ((2m-r-1)Cr) (2^(r+1-m)) = (2^(1-m)) s(2m+1)
nが偶数(n=2m)の場合　
　-((-1)^m)cosh((2m-1)t)/cosh(t) = ((-1)^(m-1))Σ{r=0～m-1} ((2m-r-2)Cr) (2^(r+1-m))
　ゆえに
　cosh((2m-1)t)/cosh(t) = Σ{r=0～m-1} ((2m-r-2)Cr) (2^(r+1-m)) = (2^(1-m)) s(2m)
となります。

以上から、
s(2m+1) = (2^(m-1))sinh(2mt)/cosh(t)/(2 sinh(t))
s(2m) = (2^(m-1))cosh((2m-1)t)/cosh(t)
が得られました。

【６】左辺を計算します。
　t= ln(√2)のとき
sinh(t) = 1/√8
cosh(t) = √(1+(sinh(t))^2) = 3/√8 = 3/(2√2)
よって、
1/(2 sinh(t)) = √2
1/cosh(t) = 2√2/3
1/cosh(t)/(2 sinh(t)) = 4/3
です。また、
exp(kt)/2 = exp(kln(√2))/2= 2^(k/2-1)
を使って、
sinh(2mt) = exp(2mt)/2 - exp(-2mt)/2
　= 2^(m-1) - 2^(-m-1)
cosh((2m-1)t) = exp((2m-1)t)/2 + exp(-(2m-1)t)/2
　= 2^(m-3/2)+ 2^(-m-1/2)
であるから、えーと、えーと、
s(2m+1) =(2^(m-1))sinh(2mt)/cosh(t)/(2 sinh(t))
　=(2^(m-1))(2^(m-1) - 2^(-m-1))(4/3)
　=(1/3)(2^(2m) - 1)
だからnが奇数(n=2m+1)のとき
s(n) = (1/3)(2^(n-1) - 1)
である。また、
s(2m) = (2^(m-1))cosh((2m-1)t)/cosh(t)
　=(2^(m-1))(2^(m-3/2)+ 2^(-m-1/2))(2√2/3)
　=(1/3)(2^(2m-1)+1)
だからnが偶数(n=2m)のとき
s(n) = (1/3)(2^(n-1)+1)

【７】以上まとめて、
s(n) = (1/3)(2^(n-1)+(-1)^n) = (1/3)(2^(n-1)-(-1)^(n-1)) = f(n)

どおじゃあっ！（＜ ってエバってますけど、stomachmanは計算間違いの常習犯ですからご注意あれ。）

補足

ぱ・・・パワフルっ！
これを読むには相当の時間がかかりそうなので^^;、また後ほどじっくり読まさせていただこうと思います。
＃coshなんて、まともに使ったことないので、頭がついていくかどうか？！
ありがとうございます。
＃お礼は、読んだあとで書こうと思うので、今回は「補足」で。

回答No.3

stomachman

s(n)までは書いたけれど、答には至っていない。そういう答案の部分点の話でしたか。なるほど。

s(n)をnが小さいときについて手計算してみて、
s(n)=f(n)
ではないか、という仮説を立てれば、数学的帰納法によって証明できるでしょう。そして、f(n)はラマヌジャンでもなきゃ思いつけっこないようなとんでもない式、という訳ではない。

そういう意味では、s(n)からf(n)に至るのは無理とは言い切れない気がしますね。

いやはや、採点って大変ですねえ。

回答No.2

stomachman

f(n)=(1/3)((2^(n-1))-(-1)^(n-1))
s(n) =Σ{i=0～floor(n/2)-1}((n-i-2)Ci) (2^i)
とするとき
∀n≧3; f(n)=s(n)
を導け、ってことですね。面白い公式だなあ。（floor(x)はxを越えない最大の整数、pCq はp個からq個を選ぶ組み合わせ、の意味です。）
　Combinationの2つのindexが逆向きに走るような母関数って言いますと、
cos(nx) = (1/2) Σ{r=0～floor(n/2)}(n/(n-r)) ((-1)^r) ((n-r)Cr) ((2 cos x)^(n-2r))
や
2sin(nx)/tan x= Σ{r=0～floor((n-1)/2)} ((-1)^r) ((n-r-1)Cr) ((2 cos x)^(n-2r))
を思いつきますが、項の符合が毎回反転するんじゃダメですね。この方向ではどうも一筋縄では行かない気がする。
　この公式が「表が出る確率2/3のコインを何回も投げたときに、ちょうどｎ回目ではじめて２回連続表が出る確率を求める問題」に帰着すれば証明できるのは、設問から（どうやら）明らかですが、それじゃ点数はつけられないから「式の変形で」、というご注文なのでしょう。でも「公式として暗記してた」って言われたら？

　多分（いわゆる「式の変形」じゃなくて）漸化式に帰着しても簡単に証明できるでしょう。そしたら、「公式として暗記してた」ものとみなして点をやる。時間が限られている以上、これしかないのでは？

補足

もともとは、マルコフ連鎖型の確率を求める問題として、
状態０：いまだ２回連続表が出ておらず、直近で裏が出た
状態１：いまだ２回連続表が出ておらず、直近で表が出た
状態２：２回連続表が出たことがある
という状態を考え、ｎ回目が終わったときに状態０および１にある確率をそれぞれa(n), b(n)とおいて、
a(n+1)=(1/3)*{a(n)+b(n)}, b(n+1)=(2/3)*a(n), a(0)=1, b(0)=0
を解けば、このa(n)がはじめに書いたp(n)と一致し、解ける・・・という想定です。

＞多分（いわゆる「式の変形」じゃなくて）漸化式に帰着しても簡単に証明できるでしょう。
なるほど、確かに、f(n)=s(n)なら、s(n)をf(n)が満たす漸化式の両辺に代入してやると等号が成立する、という寸法ですか？ただ、これはs(n)の式を見てそこから自然に流れる解法なのかどうか・・・？その後の計算が困難な立式を立てられた場合、いくらその式が正しくても、答えにたどりつけない式ということで、立式分の部分点は全部はあげられないと（個人的には）思っています。
この件については、他の採点者とも意思疎通を図り、統一的な採点基準を設けることで対処したいと思います。ありがとうございました。

ただ、この両者を結ぶ式変形の方法としては、私も興味があるので、もう少し考えてみたいと思います。(^^)

ちなみに、どうやらこの問題には他にも別解がありまして、
求める確率をp(n)としたときに、n>=3のとき
「最後の３回が必ず（裏表表）となること」に着目して、
p(n)=「(n-3)回目まででまだ２回連続表が出ていない確率」*(1/3)*(2/3)*(2/3)
「」の確率は、1-P((n-3)回目までで２回連続表が出る)
=1-Σ(i=0(2でもOK)～(n-3))P(i回目ではじめて２回連続表が出る) = 1-Σ(i=0～(n-3))p(i)
よりp(n)=(4/27)*{1-Σ(i=0～(n-3))p(i)}...(*1)(n>=3)
(*1)のindexを１つ減じてp(n-1)=(4/27)*{1-Σ(i=0～(n-4))p(i)}...(*2)（n>=4)
(*1)-(*2)より p(n)-p(n-1) = -(4/27)*p(n-3) (n>=4)
という漸化式が立てられます。この特性方程式 t^3-t^2=-4/27 は、(t-2/3)(t^2-(1/3)x-(2/9))=0 より、
{p(n)-(1/3)*p(n-1)-(2/9)*p(n-2)} = (2/3)*{p(n-1)-(1/3)*p(n-2)-(2/9)*p(n-3)}
と式変形ができます。ここで、p(3)-(1/3)*p(2)-(2/9)*p(1)=0が初期条件からいえ、結局 p(n)-(1/3)*p(n-1)-(2/9)*p(n-2)=0 に帰着できます。。。

ということで、p(n)=(4/27)*{1-Σ(i=0～(n-3))p(i)}...(*1)(n>=3)の式を立てた答案には、p(n)=(1/3)*p(n-1)+(2/9)*p(n-2)を立式した分の半分程度を与えることとしました。（その後の式変形ができてなかったので、立式分全部はあげたくなかったのです）

回答No.1

KaitoTVGAMEKOZOU

シグマ二項定理の問題は、微分積分の力で簡単に解ける。８０パーセントの確率で。たぶん、ご存知だと思いますが。

ところで、下記の「ｉｎｔ」とは何ですか？
int(n/2)-1

参考URL：

http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=136128

補足

n/2を超えない整数のことです。高校数学でいうところの「ガウス記号」のことです。（Excel関数で表記してしまいました。）
でも、combinationの全体数がΣが進むにつれ減少するので（combin(n-2-i,i)のn-2-iの部分がiにつれ変化するという意味です）普通の２項定理とも違いますよね？
微積を使って・・・ですか。ちょっと考えてみます。