3東京大学 2013年 数学 第3問解答・解説

各所持期間は、表が $h$ 回出た後に裏が出て持ち主が交替する形に区切れる。最後の未完了の所持期間でAが勝つため、その直前の完了した所持期間の数は $2s$ 回（A、B各 $s$ 回）である。

最後の期間に入る前の得点と場合の数を数える。Aがすでに1点なら最後はAの表1回で勝つ。Aの過去の $s$ 期間で表が1回だけ出る位置は $s$ 通り、Bの表の総数は0回または1回である。Aが0点なら最後はAの表2回で勝ち、過去のAの期間はすべて裏である。したがって、 $$\begin{array}{c|c|c|c} \text{Aの事前得点} & \text{Bの事前得点} & n & \text{出方の数} \\ \hline 1&0&2s+2&s \\ 1&1&2s+3&s^2 \\ 0&0&2s+2&1 \\ 0&1&2s+3&s \end{array}$$ となる（各プレイヤーの過去の期間に表を1回置く位置を選ぶ）。よって $n=2s+2$ の出方は $s+1$ 通り、$n=2s+3$ の出方は $s(s+1)$ 通りである。長さ $n$ のコイン列は $2^n$ 通り同様に確からしい。$k=s+1$ とおくと、 $$\displaystyle p(1)=0,\qquad p(2k)=\frac{k}{4^k},\qquad p(2k+1)=\frac{k(k-1)}{2\cdot4^k}=\frac{\binom{k}{2}}{4^k}\quad(k\ge1).$$

(2) $0<x<1$ として $\displaystyle S=\sum\limits _{k=1}^{\infty}kx^k$, $\displaystyle T=\sum\limits _{k=1}^{\infty}\binom{k}{2}x^k$ とおく。収束する級数の添字をずらすと、$\displaystyle (1-x)S=\sum\limits _{k=1}^{\infty}x^k=x/(1-x)$、また $\displaystyle \binom{k}{2}-\binom{k-1}{2}=k-1$ より $(1-x)T=xS$ である。従って $S=x/(1-x)^2$, $T=x^2/(1-x)^3$。$x=1/4$ を代入して $$\displaystyle \sum\limits _{n=1}^{\infty}p(n)=S+T=\frac49+\frac4{27}=\frac{16}{27}.$$