Daily Mathematics / 解答
2026年10月8日の解答
この日のカードは難しい定積分とオリジナルのパトナム型の問題の2枚である。まず自分で考え、詰まったら解答を開くこと。
積分
平方根の arccos を含む二重積分
次の二重積分を閉じた形で求めよ。
\[\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x^{2}y^{2}}\,\arccos\frac{\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}}{1+xy}\,dx\,dy\]解答を開く
積分の値が \(\pi^{3}/24\) であることを示す。
直接の計算が行き詰まる理由。\(x\) を固定して \(y\) で積分しても初等的な原始関数は得られない。代数関数の arccos を \(1-x^{2}y^{2}\) で割った形であり，しかも角 \((1,1)\) で対数的に発散する。積分する前に，被積分関数を一つの合成変数の関数として見抜く必要がある。
第1段：角に名前をつける。\(0\le x,y<1\) に対し \(t=\frac{x+y}{1+xy}\in[0,1)\) とおく。展開すると
\[1-t^{2}=\frac{(1+xy)^{2}-(x+y)^{2}}{(1+xy)^{2}}=\frac{(1-x^{2})(1-y^{2})}{(1+xy)^{2}}\]であるから，arccos の引数は \(\sqrt{1-t^{2}}\in(0,1]\) に等しく，\(\arccos\sqrt{1-t^{2}}=\arcsin t\) を得る。よって
\[I=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x^{2}y^{2}}\arcsin\frac{x+y}{1+xy}\,dx\,dy\]である。
第2段：双曲線関数の加法定理。\(\frac{x+y}{1+xy}\) は \(\tanh\) の加法定理の形である。\(x=\tanh a\)，\(y=\tanh b\)（\(a,b\in[0,\infty)\)）とおくと \(\frac{x+y}{1+xy}=\tanh(a+b)\)，\(dx=\operatorname{sech}^{2}a\,da\)，\(dy=\operatorname{sech}^{2}b\,db\) であり，恒等式 \(\cosh(a+b)\cosh(a-b)=\cosh^{2}a\cosh^{2}b-\sinh^{2}a\sinh^{2}b\) により
\[1-x^{2}y^{2}=\frac{\cosh(a+b)\cosh(a-b)}{\cosh^{2}a\cosh^{2}b},\qquad \frac{dx\,dy}{1-x^{2}y^{2}}=\frac{da\,db}{\cosh(a+b)\cosh(a-b)}\]となる。\(g(s)=\arcsin(\tanh s)\)（グーデルマン関数）とおく。\(\frac{d}{ds}\arcsin(\tanh s)=\frac{\operatorname{sech}^{2}s}{\sqrt{1-\tanh^{2}s}}=\operatorname{sech}s\) であるから，\(g(0)=0\)，\(g'(s)=\operatorname{sech}s\)，\(s\to\infty\) で \(g(s)\to\pi/2\) であり，\(g(s)=\int_{0}^{s}\operatorname{sech}u\,du\) である。したがって
\[I=\int_{0}^{\infty}\!\!\int_{0}^{\infty}\frac{g(a+b)}{\cosh(a+b)\cosh(a-b)}\,da\,db\]を得る。
第3段：和と差の座標。\(s=a+b\)，\(d=a-b\) とおくと \(da\,db=\tfrac12\,ds\,dd\) であり，象限 \(a,b\ge0\) は \(|d|\le s\) に移る。内側の積分は \(\int_{-s}^{s}\operatorname{sech}d\,dd=2g(s)\) である。ゆえに
\[I=\int_{0}^{\infty}\frac{g(s)}{\cosh s}\cdot\frac12\cdot2g(s)\,ds=\int_{0}^{\infty}g(s)^{2}\,g'(s)\,ds=\Bigl[\tfrac13g(s)^{3}\Bigr]_{0}^{\infty}=\frac13\Bigl(\frac{\pi}{2}\Bigr)^{3}=\frac{\pi^{3}}{24}\]である。被積分関数はすべて非負であるから，角での対数的特異性も含めて，変数変換と積分順序の交換はトネリの定理により正当化される。
注意。同じ計算により，一般に \(\int_0^1\!\int_0^1\frac{F\left(\frac{x+y}{1+xy}\right)}{1-x^2y^2}\,dx\,dy=\int_0^{\pi/2}\theta\,F(\sin\theta)\,d\theta\) が成り立つ。同値な見方として，カラビの置換 \(x=\frac{\sin u}{\cos v}\)，\(y=\frac{\sin v}{\cos u}\) は三角形 \(u,v\ge0\)，\(u+v\le\pi/2\) を単位正方形に写し，そのヤコビアンは \(1-x^2y^2\) であり，arccos の部分はちょうど \(u+v\) になる。
検証。角 \((1,1)\) に向けて幾何級数的に細かくしたパネル上の二次元ガウス・ルジャンドル則（各パネル40から80節点）により \(1.2919281950124926\) を得た。これは \(\pi^{3}/24=1.2919281950124923\ldots\) と \(4\times10^{-16}\) の精度で一致する。
競技数学の問題
ポリアの壺と二対一の比
壺に赤玉1個と青玉1個が入っている。各回，壺から玉を1個無作為に取り出し，それを同じ色の新しい玉1個とともに戻す。赤玉と青玉の個数をそれぞれ \(R,\,B\) とするとき，ある時点で \(R=2B\) となる確率を求めよ。
解答を開く
求める確率が \(\dfrac{\pi}{3\sqrt3}\approx0.6046\) であることを示す。
直接の計算が行き詰まる理由。自然な方針は状態に関する漸化式である。\(R=r\)，\(B=b\) から出発していつか \(R=2B\) となる確率を \(f(r,b)\) とすれば \(f(r,b)=\frac{r}{r+b}f(r+1,b)+\frac{b}{r+b}f(r,b+1)\) である。しかし格子は無限であり，無限遠での境界条件がなく，目標点 \((2m,m)\) への初到達確率を足し合わせても扱いにくい級数しか得られない。まず壺をもっと単純な確率的対象に置き換える必要がある。
第1段：壺は偏りが無作為な硬貨である。赤 \(r\) 回，青 \(b\) 回（\(r+b=n\)）を含む \(n\) 回の取り出し列を一つ固定する。\(k\) 回目の取り出しの直前には壺に \(k+1\) 個の玉があるから，各確率の分母は順に \(2,3,\dots,n+1\) である。また順序によらず，\(i\) 回目の赤は赤玉が \(i\) 個のときに，\(j\) 回目の青は青玉が \(j\) 個のときに起こる。よってこの列の確率は
\[\frac{r!\,b!}{(n+1)!}=\int_{0}^{1}p^{r}(1-p)^{b}\,dp\]であり，後半の等号はオイラーのベータ積分である。したがって任意の \(n\) について，最初の \(n\) 回の取り出しは次の試行と同じ分布をもつ：\([0,1]\) から一様に \(p\) を選び，その後は独立に確率 \(p\) で赤を引く。ある時点で \(R=2B\) となる事象 \(E\) は，最初の \(n\) 回以内にそれが起こる事象 \(E_n\) の増大列の和集合であり，各 \(E_n\) は最初の \(n\) 回だけで決まる。単調収束定理により
\[\Pr(E)=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\Pr\nolimits_{p}(E_n)\,dp=\int_{0}^{1}h(p)\,dp,\qquad h(p)=\Pr\nolimits_{p}(E)\]を得る。
第2段：1段ずつしか上がらない酔歩。取り出しの後では \(R=1+(\text{赤の回数})\)，\(B=1+(\text{青の回数})\) である。\(W=(\text{赤の回数})-2(\text{青の回数})=R-2B+1\) とおく。\(W\) は \(0\) から出発し（このとき \(R\ne2B\)），確率 \(p\) で \(+1\)，確率 \(1-p\) で \(-2\) だけ動き，\(R=2B\) となるのはちょうど \(W=1\) のときである。\(W\) は上へは1ずつしか動かないので，\(E\) は \(W\) がいつか高さ \(1\) に達する事象であり，強マルコフ性により現在位置から \(k\) 段上に達する確率は \(h^{k}\) である。
第3段：1段上がる確率。一歩の平均は \(3p-2\) である。\(p>2/3\) ならば大数の強法則により \(W\to+\infty\) であり，\(h(p)=1\) である。\(p<2/3\) ならばほとんど確実に \(W\to-\infty\) であるから \(\sup W\) は有限であり，\(h^{k}=\Pr_p(\sup W\ge k)\to0\)，よって \(h<1\) である。最初の1回で場合分けすると（青を引いた後は3段上がる必要がある）
\[h=p+(1-p)h^{3},\qquad\text{すなわち}\qquad (h-1)\bigl((1-p)h^{2}+(1-p)h-p\bigr)=0\]である。\(h\ne1\) であるから \(h\) は2次式の非負の根である。判別式は \((1-p)^{2}+4p(1-p)=(1-p)(1+3p)\) であるから
\[h(p)=\frac12\left(\sqrt{\frac{1+3p}{1-p}}-1\right)\qquad(0\le p<2/3)\]を得る（この根が \(1\) より小さいのはちょうど \(p<2/3\) のときであり，整合している。\(p=2/3\) の1点は測度 \(0\) である）。
第4段：\(p\) について平均する。
\[\Pr(E)=\int_{0}^{2/3}h(p)\,dp+\frac13=\frac12\int_{0}^{2/3}\sqrt{\frac{1+3p}{1-p}}\,dp-\frac13+\frac13=\frac{J}{2}.\]\(q=1-p\) とおくと \(J=\int_{1/3}^{1}\sqrt{\frac{4-3q}{q}}\,dq\) であり，さらに \(q=\frac43\sin^{2}\theta\) とおくと \(\sqrt{(4-3q)/q}=\sqrt3\cot\theta\)，\(dq=\frac83\sin\theta\cos\theta\,d\theta\)，\(\theta\) は \(\pi/6\) から \(\pi/3\) まで動く。よって
\[J=\frac{8}{\sqrt3}\int_{\pi/6}^{\pi/3}\cos^{2}\theta\,d\theta=\frac{8}{\sqrt3}\Bigl[\frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4}\Bigr]_{\pi/6}^{\pi/3}=\frac{8}{\sqrt3}\cdot\frac{\pi}{12}=\frac{2\pi}{3\sqrt3}\]である（\(\sin\frac{2\pi}{3}=\sin\frac{\pi}{3}\) を用いた）。ゆえに \(\Pr(E)=\dfrac{\pi}{3\sqrt3}=\dfrac{\pi\sqrt3}{9}\) である。
検証。壺そのものに対する有理数の厳密な動的計画法は，30回以内のすべての期間でベータ混合による計算と完全に一致した。壺に対する浮動小数点の動的計画法を64000回まで行うと，極限との差は \(1/n\) のように縮み，16000回と64000回の値のリチャードソン補外は \(0.6045997874\) を与え，\(\pi/(3\sqrt3)=0.6045997880\ldots\) と \(7\times10^{-10}\) 以内で一致した。