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早稲田理工2017

2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究 大問4

偏差値30からの早稲田慶應対策専門個別指導塾
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早稲田大学理工過去問徹底研究 2017年 大問4

方針の立て方

(1)
まずはp_k\left(t\right)の表式を求めることを考える.p_k\left(t\right)ktの二文字の式であるが,与えられた関係式(漸化式)がtを固定してkを動かしていることから,p_k\left(t\right)kについての数列と見て考えるのがよさそうだと気付く.この漸化式は普通に解けるタイプのものではないから,試しにp_1\left(t\right)p_2\left(t\right)p_3\left(t\right)等を求めると,解法を得られる.数列の問題は代入して解法を得られることが多いため,困ったら代入して計算してみよう.
また,シグマ内のコンビネーションは二項定理で変形することも重要な解法であるためおさえておくこと.

(2)
p_k\left(t\right)が確率である」という情報を使っていないことに気付ければ解法が得られる.確率の総和は1であるから,前問の解答と=にすればよい.
(3)
今度はkを固定してtを動かす.要は,p_k\left(t\right)tの一変数関数であるから,微分をして求めればよい.

(4)
代入して計算する.やはりシグマ内のコンビネーションが出てくるため,これを二項定理で変形する.

解答例

(1)
まず,p_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^nであることをkについての数学的帰納法で示す.
k=0のとき,(右辺)=\frac{a^0\cdot n!}{0!n!}t^n=t^n.よって,成立.
k=m(m1\leqq m\leqq n-1を満たす自然数)のときの成立を仮定.つまり,p_m\left(t\right)=\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^nを仮定する.
すると,
p_{m+1}\left(t\right)=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot p_m\left(t\right)(\because漸化式)=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^n (\because帰納法の仮定)=\frac{a^{m+1}\cdot n!}{\left(m+1\right)!\left\{n-\left(m+1\right)\right\}!}t^n
となり,これはk=m+1での成立を意味する.
以上,数学的帰納法によりp_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^n={{_n^}C}_ka^kt^nであることが示せた. 証明終了.
さて,途中で二項定理を用いれば,
\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^kt^n}=t^n\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^k\cdot1^{n-k}}=t^n\left(a+1\right)^n……(答)

(2)
k=0,1,2,\cdots\cdots,nより,\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}は全事象の確率の和である.
\therefore\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=1
\therefore t^n\left(a+1\right)^n=1
t\left(a+1\right)>0より,t\left(a+1\right)=1
\therefore a=\frac{1-t}{t}……(答)

(3)
p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(\frac{1-t}{t}\right)^kt^n={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}
k\neq0,nのとき,
\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left\{-k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k}+\left(1-t\right)^k\left(n-k\right)t^{n-k-1}\right\}={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k-1}\left(-nt+n-k\right)
よって,t=0,\frac{n-k}{n},1のとき,\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)=0
増減表を描くと,

t 0 \cdots \frac{n-k}{n} \cdots 1
\frac{d}{dt}p_k\left(t\right) 0 \mathrm{+} 0 - 0
p_k\left(t\right) \nearrow 最大 \searrow

\therefore T_k=\frac{n-k}{n}
k=0のとき,p_0\left(t\right)=t^nより,T_0=1=\frac{n-k}{n}
k=nのとき,p_n\left(t\right)=\left(1-t\right)^nより,T_n=0=\frac{n-k}{n}
よって,全てのkに対して,
\therefore T_k=\frac{n-k}{n}……(答)

(4)
E=\sum_{k=0}^{n}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=t\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{\left(n-1\right)!}{k!\left(n-1-k\right)!}\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}\bigm=t\sum_{k=0}^{n-1}{{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}=t\left\{\left(1-t\right)+t\right\}^{n-1}(二項定理)=t
\therefore E=t……(答)

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大問1

大問2

大問3

大問4

大問5

 

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