NTTデータ数理システム新卒採用試験＜数学＞問題紹介 第七回 ～微積分～

※試験の設定は2024年度時点の情報であり、2025年度以降は変更の可能性があります。試験内容についてはエントリーされた方にお送りする情報をご確認ください。

こんにちは、シミュレーション & マイニング部の高橋と申します。昨年に引き続き、当社の入社試験問題を紹介する企画の第七回です。今年度は第六回・第七回の2つの記事をお届けする予定です。

入社試験問題例

2024年度に出題した問題の中から、私が担当した微積分の問題を紹介します。

問題.

$f：[0,1]$ 上の実連続関数に対し、数列 $\{I_{f,n}\}_{n\in\mathbb{Z}_{+}}$ の各項を次のように定める：
$I_{f,n} \coloneqq \int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}f(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})dx_{1}\dots dx_{n}$.
命題(*)「$\lim_{n\to\infty}I_{f,n}=f(\frac{1}{2})$」について考えていこう。 以下の問いに答えよ。

(1) $k$：正の整数を固定する。$n$：$n\geq k$ なる正の整数を任意に取る。
    この $k$, $n$ に依存する $A_j$ を各 $j\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$ について 
    $A_j \coloneqq \{\alpha=(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\in\mathbb{Z}_{\geq 0}^n\mid \alpha_1+\dots+\alpha_n=k, \max_{1\leq l\leq n}⁡\alpha_l≤j\}$と定める。 
    $(x_1+\dots+x_n )^k=\Sigma_{\alpha\in A_k}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}$ $\left(C_\alpha\coloneqq\frac{k!}{\alpha_1!\cdot\dots\cdot\alpha_n!}\right)$と展開する。次を示せ。 
    ① $\Sigma_{\alpha\in A_k}C_\alpha=n^k$ 
    ② $\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha=n\cdot(n-1)\cdot\dots\cdot(n-k+1)$

(2) この小問は(1)と同じ設定で考えるものとする。
    $[0,1]$ 上の実連続関数 $p_k$ を次のように定める：$p_k(x)\coloneqq x^k$. 
    $(x_1+⋯+x_n )^k=\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}+\Sigma_{\alpha\in A_k\setminus A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}$ 
    における 右辺第二項を不等式評価することで $\lim_{n\to\infty}I_{p_k,n}=p_k(\frac{1}{2})$ を示せ。 

以上の結果から命題(*)は示される。（なぜなら、積分・極限の線形性より任意の多項式について命題 (*) が成立し、ここでさらにWeierstrassの多項式近似定理を適用すればよいため。）

(3) $i$ を虚数単位とする。
    $[0,1]$ 上の実連続関数 $g$ を次のように定める：$g(x)\coloneqq\sin(\pi x)=\frac{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}{2i}$.
    命題(*)において $f$ を $g$ とすることで次の極限値を求めよ。
                                                     $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n}{\pi}\sin\frac{\pi}{2n}\right)^n$

                                                                               (2024年度 株式会社NTTデータ数理システム 入社試験問題)

まずは問題の解答を示し、次に問題背景について見ていきましょう。
なお、この問題は微積分の扱いに慣れている人向けの問題で、実際の試験では複数問のうち2問を選択して解けばよいので、微積分が苦手だという方も心配ご無用です。

解答

(1)
① $\Sigma_{\alpha\in A_k}C_\alpha=\Sigma_{\alpha\in A_k}C_\alpha 1^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot 1^{\alpha_n}=(1+\dots+1)^k=n^k$.
② $\alpha\in A_1$ のとき $C_\alpha=k!$ であることと、$|A_1|=\binom{n}{k}$ に注意すれば、
    $\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha=\Sigma_{\alpha\in A_1}k!=\binom{n}{k}\cdot k!=n\cdot(n-1)\cdot\dots\cdot(n-k+1)$.

 (2)
$I_{p_k,n}$ は問題文中の式の左辺を $n^{-k}$ 倍して積分したものであることに注意する。
右辺第一項を積分してみると $(n^k+\Omicron(n^{k-1}))\cdot p_k(\frac{1}{2})$ となるのでこれが主要項と分かり、 
右辺第二項を $n^{-k}$ 倍して積分すると $0$ となることをラフに評価して示せばよいと方針が立つ。 
$x_1,\dots,x_n\in [0,1]$ のとき、 
$\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}\leq(x_1+⋯+x_n )^k\leq\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}+\Sigma_{\alpha\in A_k\setminus A_1}C_\alpha$. 
全辺を $n^{-k}$ 倍して積分すれば 
$n^{-k}\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}dx_1\dots dx_n\leq I_{p_k,n}$
    $\leq n^{-k}\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}dx_1\dots dx_n+n^{-k}\Sigma_{\alpha\in A_k\setminus A_1}C_\alpha$.
ここで次の2つの関係式が成り立つ： 
・ $\alpha_i\in\{0,1\}$ のとき $\int_0^1 x_i^{\alpha_i}dx_i=\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha_i}$ なので 
     $\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}dx_1\dots dx_n=\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha_1+\dots+\alpha_n}=\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha\left(\frac{1}{2}\right)^{k}$,
・ $A_1\subset A_k$ なので $\Sigma_{\alpha\in A_k\setminus A_1}C_\alpha=\Sigma_{\alpha\in A_k}C_\alpha-\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha$. 
これらと(1)の結果から次の不等式を得る： 
$\frac{n\cdot(n-1)\cdot\dots\cdot(n-k+1)}{n^k}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\leq I_{p_k,n}\leq\frac{n\cdot(n-1)\cdot\dots\cdot(n-k+1)}{n^k}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{k}+1-\frac{n\cdot(n-1)\cdot\dots\cdot(n-k+1)}{n^k}$. 
はさみうちの原理より $\lim_{n\to\infty}I_{p_k,n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{k}=p_k(\frac{1}{2})$.

(3)
$I_{g,n}=\left(\frac{2n}{\pi}\sin\frac{\pi}{2n}\right)^n$ を示し、命題(*)を適用すればよい。
$I_{g,n}=\frac{1}{2i} \int_0^1\dots\int_0^1\left\{e^{\frac{i\pi x_{1}}{n}}\cdot\dots\cdot e^{\frac{i\pi x_{n}}{n}}-e^{-\frac{i\pi x_{1}}{n}}\cdot\dots\cdot e^{-\frac{i\pi x_{n}}{n}}\right\}dx_1\dots dx_n$ 
         $=\frac{1}{2i}\left\{\left(\frac{n}{i\pi}\right)^{n}\cdot(e^{\frac{i\pi}{n}}-1)^{n}-\left(-\frac{n}{i\pi}\right)^{n}\cdot(e^{-\frac{i\pi}{n}}-1)^{n}\right\}$
         $=\frac{1}{2i}\left\{\left(\frac{n}{i\pi}\right)^{n}\cdot(e^{\frac{i\pi}{n}}-1)^{n}-\left(\frac{n}{i\pi}\right)^{n}\cdot(1-e^{-\frac{i\pi}{n}})^{n}\right\}$
         $=\frac{1}{2i}\left(\frac{n}{i\pi}\right)^{n}\left\{\left(2i e^{\frac{i\pi}{2n}}\right)^n\cdot\left(\frac{e^{\frac{i\pi}{2n}}-e^{-\frac{i\pi}{2n}}}{2i}\right)^{n}-\left(2i e^{-\frac{i\pi}{2n}}\right)^n\cdot\left(\frac{e^{\frac{i\pi}{2n}}-e^{-\frac{i\pi}{2n}}}{2i}\right)^{n}\right\}$
         $=\frac{1}{2i}\left(\frac{n}{i\pi}\right)^{n}(2i)^{n+1}\left(\sin\frac{\pi}{2n}\right)^n$
         $=\left(\frac{2n}{\pi}\sin\frac{\pi}{2n}\right)^n$.
命題(*)より $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n}{\pi}\sin\frac{\pi}{2n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}I_{g,n}=g(\frac{1}{2})=1$.

問題背景

ここからは確率論に詳しい方向けの内容となりますが、ご興味のある方はぜひお読みください。
私は大学の確率論の講義の宿題で本問の命題(*)に出会いました。
これは以下で見るように大数の弱法則を用いて確率論的に示すことができますが、別解として実解析的に証明できないか考えた経験が本問の作問に繋がりました。
本問の命題(*)に限らず、確率論を用いて示される関係式には面白い形のものが多いので、ぜひ追究してみてください。
本稿ではこれ以降、まず確率論的な証明を概観し、次に問題文中で省略されている部分に関する証明を埋めていきます。

確率論的な証明を概観します。
$X_1,\dots,X_n,X$ を $[0,1]$ 上の一様分布 $U(0,1)$ に従う独立な確率変数とします。
$\bar{X}_n\coloneqq\frac{X_1+\dots+X_n}{n}$ とおけば、
・$E[f(\bar{X}_n)]=\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}f(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})dx_{1}\dots dx_{n}$,
・$E[X]=\frac{1}{2}$
なので、本問の命題(*)は $\lim_{n\to\infty}E[f(\bar{X}_n)]=f(E[X])$ を意味しています。
これは以下のステップで証明できます。

• 大数の弱法則より $\{\bar{X}_n\}_n$ は $E[X]$ に確率収束
• 確率収束するならば分布収束するので、$\{\bar{X}_n\}_n$ は $E[X]$ に分布収束
• 「確率変数列 $\{Y_n\}_n$ と確率変数 $Y$ について、"$\{Y_n\}_n$ が $Y$ に分布収束 $\Leftrightarrow$ 任意の有界連続関数  $g$ について $\lim_{n\to\infty}E[g(Y_n)]=E[g(Y)]$"」が成立
  いま $f$ は $[0,1]$ 上の連続関数で、特に有界連続関数なので
  $\lim_{n\to\infty}E[f(\bar{X}_n)]=E[f(E[X])]=f(E[X])$ が成立

次に、問題文中では省略した、

以上の結果から命題(*)は示される。（なぜなら、積分・極限の線形性より任意の多項式について命題 (*) が成立し、ここでさらにWeierstrassの多項式近似定理を適用すればよいため。）

という部分の証明を埋めます。

積分・極限の線形性より任意の多項式について命題 (*) が成立し

という部分について示します。
まず、本問で用いた記号 $p_k$ を拡張します。
本問では $k$ を正の整数とし $0$ は除外していましたが、これは $k=0$ の場合は本問(2)で与えた分解
$(x_1+⋯+x_n )^k=\Sigma_{\alpha\in A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}+\Sigma_{\alpha\in A_k\setminus A_1}C_\alpha x_{1}^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot x_{n}^{\alpha_n}$
が成り立たず、(2)の結果を得る際に別個に議論が必要になるためです。
ただし、$p_0(x)\coloneqq 1$ と定めれば、$p_0$ も自明に本問(2)の結果を満たすので、以降この記号を用いて議論します。
$p:[0,1]$上の実多項式を任意に取ります。
$p=0$ のとき、$\lim_{n\to\infty}I_{p,n}=0=p(\frac{1}{2})$.
$p\neq 0$ のとき、次数 $d\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$, 係数 $c_d,\dots,c_0\in\mathbb{R}(c_d\neq 0)$ によって $p=c_{d}p_d+\dots+c_{0}p_0$ と一意に書け、
$\lim_{n\to\infty}I_{p,n}$
$=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}p(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})dx_{1}\dots dx_{n}$
$=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}(c_{d}p_d+\dots+c_{0}p_0)(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})dx_{1}\dots dx_{n}$
$=\lim_{n\to\infty}\left\{c_d I_{p_d,n}+\dots+c_0 I_{p_0,n}\right\}$（$\because$ 積分の線形性）
$=c_d \lim_{n\to\infty}I_{p_d,n}+\dots+c_0 \lim_{n\to\infty}I_{p_0,n}$（$\because$ 極限の線形性）
$=c_{d}p_d(\frac{1}{2})+\dots+c_{0}p_0(\frac{1}{2})$（$\because$ 本問(2)の結果）
$=p(\frac{1}{2})$.
よって示されました。

ここでさらにWeierstrassの多項式近似定理を適用すればよい

という部分について示します。
$\epsilon\in\mathbb{R}_{+}$ を任意に取ります。
Weierstrassの多項式近似定理から $\max_{x\in[0,1]}| f(x)-p_{f,\epsilon}(x)|<\frac{\epsilon}{3}$ を満たす $p_{f,\epsilon}:[0,1]$ 上の実多項式が取れます。
前段の議論から $\lim_{n\to\infty}I_{p_{f,\epsilon},n}=p_{f,\epsilon}(\frac{1}{2})$ が成り立つので、
$N\in\mathbb{Z}_{+}$ であって「$n\geq N$ ならば $|I_{p_{f,\epsilon},n}-p_{f,\epsilon}(\frac{1}{2})|<\frac{\epsilon}{3}$」を満たすものが取れます。 
$n\geq N$ のとき、 
$|I_{f,n}-f(\frac{1}{2})|$
$\leq|I_{f,n}-I_{p_{f,\epsilon},n}|+|I_{p_{f,\epsilon},n}-p_{f,\epsilon}(\frac{1}{2})|+|p_{f,\epsilon}(\frac{1}{2})-f(\frac{1}{2})|$
$<\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}|f(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})-p_{f,\epsilon}(\frac{x_1+⋯+x_n}{n})|dx_{1}\dots dx_{n}+\frac{\epsilon}{3}+\max_{x\in[0,1]}| f(x)-p_{f,\epsilon}(x)|$
$\leq\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}\max_{x\in[0,1]}| f(x)-p_{f,\epsilon}(x)|dx_{1}\dots dx_{n}+\frac{\epsilon}{3}+\max_{x\in[0,1]}| f(x)-p_{f,\epsilon}(x)|$
$<\int_{0}^{1}\dots\int_{0}^{1}\frac{\epsilon}{3}dx_{1}\dots dx_{n}+\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}$
$=\epsilon$.
以上によって $\lim_{n\to\infty}I_{f,n}=f(\frac{1}{2})$ が示されました。

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監修：株式会社NTTデータ数理システム 機械学習、統計解析、数理計画、シミュレーションなどの数理科学を 背景とした技術を活用し、業種・テーマを問わず幅広く仕事をしています。
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