京都大学 理学部特色入試（数学）2023年度 第2問 解説

今回は、京都大学理学部特色入試・数学（2023年度 第2問）の解説をしたいと思います。

問題

　$2$ つの整数 $m$ と $n$ が $0\lt m\lt n$ を満たすとする．また，関数 $H(x)$ を
$$H(x)=-x\log x-(1-x)\log(1-x)\quad(0\lt x\lt 1)$$と定める．ただし，$\log$ は自然対数を表す．また，$e$ を自然対数の底とする．以下の設問に答えよ．

⑴　${}_n\mathrm{C}_m\leqq e^{nH(\frac{m}{n})}$ が成り立つことを示せ．

⑵　$0\leqq k\leqq n$ を満たす任意の整数 $k$ に対して
$${}_n\mathrm{C}_k\left(\dfrac{m}{n}\right)^k\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-k}\leqq {}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}$$が成り立つことを示せ．

⑶　${}_n\mathrm{C}_m\geqq\dfrac{1}{n+1}e^{nH(\frac{m}{n})}$ が成り立つことを示せ．

（京都大学）

解答

⑴

$$\begin{eqnarray}
nH\left(\dfrac{m}{n}\right) &=& n\left\{-\dfrac{m}{n}\log\dfrac{m}{n}-\left(1-\dfrac{m}{n}\right)\log\left(1-\dfrac{m}{n}\right)\right\} \\[0.3em]
&=& -m\log\dfrac{m}{n}-(n-m)\log\left(1-\dfrac{m}{n}\right)
\end{eqnarray}$$より
$$\begin{eqnarray}
e^{nH(\frac{m}{n})} &=& e^{-m\log\frac{m}{n}-(n-m)\log(1-\frac{m}{n})} \\[0.2em]
&=& e^{-m\log\frac{m}{n}}\cdot e^{-(n-m)\log(1-\frac{m}{n})} \\[0.2em]
&=& \left(\dfrac{m}{n}\right)^{-m}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{-(n-m)}
\end{eqnarray}$$となるので
$$\begin{align}
\dfrac{{}_n\mathrm{C}_m}{e^{nH(\frac{m}{n})}} &= {}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^{m}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m} \\
&\leqq \displaystyle\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_k\left(\dfrac{m}{n}\right)^{k}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-k} \\[0.2em]
&= \left\{\dfrac{m}{n}+\left(1-\dfrac{m}{n}\right)\right\}^n \\[0.2em]
&= 1.
\end{align}$$（補足1）

$e^{nH(\frac{m}{n})}\gt0$ より
$${}_n\mathrm{C}_m\leqq e^{nH(\frac{m}{n})}.$$$$\tag{証明終}$$

⑵

$x$ を $0\leqq x\leqq n-1$ を満たす整数とし、
$$f(x)={}_n\mathrm{C}_x\left(\dfrac{m}{n}\right)^x\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-x}$$とおく。

このとき
$$\begin{eqnarray}
\dfrac{f(x+1)}{f(x)} &=& \dfrac{{}_n\mathrm{C}_{x+1}\left(\dfrac{m}{n}\right)^{x+1}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-(x+1)}}{{}_n\mathrm{C}_x\left(\dfrac{m}{n}\right)^x\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-x}} \\[0.3em]
&=& \dfrac{\dfrac{n!}{(n-x-1)!(x+1)!}\cdot\dfrac{m}{n}}{\dfrac{n!}{(n-x)!x!}\cdot\left(1-\dfrac{m}{n}\right)} \\[0.3em]
&=& \dfrac{(n-x)m}{(x+1)(n-m)}.
\end{eqnarray}$$

$x+1\gt0$，$n-m\gt0$，$n\gt0$ より
$$\begin{alignat}{2}
&& \dfrac{f(x+1)}{f(x)} &\gtreqqless 1 \\
\Longleftrightarrow \ && \dfrac{(n-x)m}{(x+1)(n-m)} &\gtreqqless 1 \\
\Longleftrightarrow \ && mn-mx &\gtreqqless nx-mx+n-m \\[0.2em]
\Longleftrightarrow \ && nx &\lesseqqgtr mn-n+m \\[0.2em]
\Longleftrightarrow \ && x &\lesseqqgtr m-1+\dfrac{m}{n}.\text{（複号同順）}
\end{alignat}$$

ここで、$0\lt m\lt n$ より $0\lt\dfrac{m}{n}\lt 1$ なので
$$m-1\lt m-1+\dfrac{m}{n}\lt m$$であることと $f(x)\gt0$ に注意すると

・$0\leqq x\leqq m-1$ のとき
$$\dfrac{f(x+1)}{f(x)}\geqq1 \ \text{すなわち} \ f(x)\leqq f(x+1)$$より
$$f(0)\leqq f(1)\leqq\cdots\leqq f(m-1)\leqq f(m).\quad\cdots\text{①}$$・$m\leqq x\leqq n-1$ のとき
$$\dfrac{f(x+1)}{f(x)}\leqq1 \ \text{すなわち} \ f(x)\geqq f(x+1)$$より
$$f(m)\geqq f(m+1)\geqq\cdots\geqq f(n-1)\geqq f(n).\quad\cdots\text{②}$$

①,②より
$$f(0)\leqq f(1)\leqq\cdots\leqq f(m)\geqq\cdots\geqq f(n-1)\geqq f(n).$$

したがって、$0\leqq k\leqq n$ を満たす任意の整数 $k$ に対して
$$f(k)\leqq f(m)$$すなわち
$${}_n\mathrm{C}_k\left(\dfrac{m}{n}\right)^k\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-k}\leqq {}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}$$が成り立つことが示された。$$\tag{証明終}$$

⑶

⑵より
$$\begin{array}{c}\begin{aligned}
\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_k\left(\dfrac{m}{n}\right)^k\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-k} &\leqq \displaystyle\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m} \\[0.3em]
\left\{\dfrac{m}{n}+\left(1-\dfrac{m}{n}\right)\right\}^n &\leqq (n+1){}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}
\end{aligned} \\[0.3em]
\therefore \quad 1 \leqq (n+1){}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}.
\end{array}$$

$(n+1)\left(\dfrac{m}{n}\right)^m\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}\gt0$ より、これで両辺を除すと
$$\begin{align}
{}_n\mathrm{C}_m &\geqq \dfrac{1}{n+1}\left(\dfrac{m}{n}\right)^{-m}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{-(n-m)} \\[0.3em]
&= \dfrac{1}{n+1}e^{nH(\frac{m}{n})}.
\end{align}$$$$\tag{証明終}$$

解説

⑴がいきなりの山場です。⑵の形を横目に見つつ、$\log\dfrac{m}{n}$ を $\log m-\log n$ のように解体しないことがポイントです。

${}_n\mathrm{C}_m\left(\dfrac{m}{n}\right)^{m}\left(1-\dfrac{m}{n}\right)^{n-m}$ の形から
$$(a+b)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_ka^kb^{n-k}$$の式が発想できればといったところです。

⑵は「整数変数を含む関数」の最大・最小を議論する際に有効な手法を用いています。$\dfrac{f(x+1)}{f(x)}$（あるいは $f(x+1)-f(x)\,$）を計算するこの手法は、漸化式などでもよく使う方法なので、マスターしておきましょう。

⑶は、$n+1$ が「同じものを（$\,k=0\,$～$\,n$ の）$n+1$ 個足した結果出てくるもの」ということが思いつけば、⑵をどう使うかは比較的分かりやすいです。

補足

〔1〕
最後の不等式ですが、条件より $0\lt m\lt n$ なので、$\Sigma$ の中には $k=m$ とした項があり、それに加えて $k=0\,$～$\,m-1$ や $k=m+1\,$～$\,n$ の部分も足しているので、不等号が成り立ちます。
ざっくり言えば、$3\leqq 1+2+3+4+5$ のような感じです。
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まとめ

今回は、京都大学理学部特色入試・数学（2023年度 第2問）の解説をしました。