東京大学理系 2014年度第2問解説

🕒 2016/12/18 🔄 2023/05/01

問題編

問題

　a を自然数（すなわち $1$ 以上の整数）の定数とする。
　白球と赤球があわせて $1$ 個以上入っている袋 U に対して、次の操作(*)を考える。

(*) 袋 U から球を $1$ 個取り出し、
　(i) 取り出した球が白球のときは、袋 U の中身が白球 a 個、赤球 $1$ 個となるようにする。
　(ii) 取り出した球が赤球のときは、その球を袋 U へ戻すことなく、袋 U の中身はそのままにする。

　はじめに袋 U の中に、白球が $a+2$ 個、赤球が $1$ 個入っているとする。この袋 U に対して操作(*)を繰り返し行う。
　たとえば、 $1$ 回目の操作で白球が出たとすると、袋 U の中身は白球 a 個、赤球 $1$ 個となり、さらに $2$ 回目の操作で赤球が出たとすると、袋 U の中身は白玉 a 個のみとなる。
　n 回目に取り出した球が赤球である確率を $p_n$ とする。ただし、袋 U の中の個々の球の取り出される確率は等しいものとする。

(1) $p_1$, $p_2$ を求めよ。
(2) $n\geqq 3$ に対して $p_n$ を求めよ。
(3) $\displaystyle \lim_{m\to\infty} \frac{1}{m} \sum_{n=1}^m p_n$ を求めよ。

考え方

(1)をヒントにして、(2)を考えます。 n 回目の取り出しの際、袋の中がどうなっているかは $(n-1)$ 回目で何を取り出したかによって変わってきます。なので、 n 回目と $(n-1)$ 回目との関係を考えて漸化式を作ることを考えます。それができれば、あとは数列のよくある計算です。

(3)は和を直接計算することができるので問題ないでしょう。

確率と数列を組み合わせた問題はよく出ますが、この問題はそうした問題の中でも解きやすい方です。

解答編

問題

　a を自然数（すなわち $1$ 以上の整数）の定数とする。
　白球と赤球があわせて $1$ 個以上入っている袋 U に対して、次の操作(*)を考える。

(*) 袋 U から球を $1$ 個取り出し、
　(i) 取り出した球が白球のときは、袋 U の中身が白球 a 個、赤球 $1$ 個となるようにする。
　(ii) 取り出した球が赤球のときは、その球を袋 U へ戻すことなく、袋 U の中身はそのままにする。

　はじめに袋 U の中に、白球が $a+2$ 個、赤球が $1$ 個入っているとする。この袋 U に対して操作(*)を繰り返し行う。
　たとえば、 $1$ 回目の操作で白球が出たとすると、袋 U の中身は白球 a 個、赤球 $1$ 個となり、さらに $2$ 回目の操作で赤球が出たとすると、袋 U の中身は白玉 a 個のみとなる。
　n 回目に取り出した球が赤球である確率を $p_n$ とする。ただし、袋 U の中の個々の球の取り出される確率は等しいものとする。

(1) $p_1$, $p_2$ を求めよ。

解答

(1) まずは、 $p_1$ を考える。
白球が $a+2$ 個、赤球が $1$ 個入っている袋から赤球を取り出す確率なので、 $\displaystyle p_1=\frac{1}{a+3}$ となる。

次に、 $p_2$ を考える。
$1$ 回目に取り出した球が赤球の場合、操作の(ii)より、袋の中には白球しかないので、 $2$ 回目に赤球を取り出すことはない。
$1$ 回目に取り出した球が白球の場合、操作の(i)より、袋の中には白球が $a$ 個、赤球が $1$ 個となるので、このとき $2$ 回目に赤球を取り出す確率は $\displaystyle \frac{1}{a+1}$ となる。

よって、 $\displaystyle p_2=\frac{a+2}{a+3}\times\frac{1}{a+1}=\frac{a+2}{(a+1)(a+3)}$ となる。

以上から、 $\displaystyle p_1=\frac{1}{a+3}$, $\displaystyle p_2=\frac{a+2}{(a+1)(a+3)}$ となる。

解答編つづき

問題

(2) $n\geqq 3$ に対して $p_n$ を求めよ。

解答

(2) $n\geqq 2$ とする。

$n-1$ 回目に取り出した球が赤球だった場合、操作の(ii)より、袋の中には白球しかないので、 $n$ 回目に赤球を取り出すことはない。
$n-1$ 回目に取り出した球が白球だった場合、操作の(i)より、袋の中には白球が $a$ 個、赤球が $1$ 個となるので、このとき、 $n$ 回目に赤球を取り出す確率は $\displaystyle \frac{1}{a+1}$ となる。

よって、 $\displaystyle p_n = (1-p_{n-1}) \times \frac{1}{a+1}$ が成り立つ。

ここで、 $\displaystyle \alpha = (1-\alpha) \times \frac{1}{a+1}$ とすると
\begin{eqnarray} (a+1)\alpha&=&1-\alpha \\[5pt] \alpha&=&\frac{1}{a+2} \\[5pt] \end{eqnarray}と求められるので、上の漸化式は \begin{eqnarray} p_n -\frac{1}{a+2} &=& -\frac{1}{a+1}\left(p_{n-1}-\frac{1}{a+2}\right) \\[5pt] \end{eqnarray}と変形できる。このことから、 \begin{eqnarray} p_n -\frac{1}{a+2} &=& \left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1} \left(p_1-\frac{1}{a+2}\right) \\[5pt] p_n &=& \frac{1}{a+2} +\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1} \left(\frac{1}{a+3}-\frac{1}{a+2}\right) \\[5pt] &=& \frac{1}{a+2} +\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1} \times \frac{-1}{(a+2)(a+3)} \\[5pt] &=& \frac{1}{a+2} -\frac{(-1)^{n-1} }{(a+1)^{n-1}(a+2)(a+3)} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。これが $n\geqq 3$ のときの $p_n$ である。

解説

$n\geqq 3$ は $n=2$ のときと同じ考え方です。1つ前の状況によってケースが変わるので、 $n$ 回目と $(n-1)$ 回目の関係を考えて式を作ります。その後は、特性方程式をといていく、という数列での王道な流れです。

解答編つづき

問題

(3) $\displaystyle \lim_{m\to\infty} \frac{1}{m} \sum_{n=1}^m p_n$ を求めよ。

(3) $m\geqq 2$ とする。
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^m p_n &=& \frac{1}{a+3} + \sum_{n=2}^m \left\{\frac{1}{a+2} -\frac{(-1)^{n-1} }{(a+1)^{n-1}(a+2)(a+3)}\right\} \\[5pt] &=& \frac{1}{a+3} + \frac{m-1}{a+2} -\frac{1}{(a+2)(a+3)} \sum_{n=2}^m \left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。ここで、 $\displaystyle \left|\frac{-1}{a+1}\right| \lt 1$ が成り立つので、 $m\to\infty$ としたとき、最後の式に含まれる $\sum$ は定数に収束する。よって、 \begin{eqnarray} \lim_{m\to\infty} \frac{1}{m} \sum_{n=1}^m p_n &=& \lim_{m\to\infty} \left\{ \frac{1}{m(a+3)} +\frac{1}{a+2}\left(1-\frac{1}{m}\right) \right. \\[5pt] & & \left. \quad -\frac{1}{m(a+2)(a+3)} \sum_{n=2}^m \left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1} \right\} \\[5pt] &=& \frac{1}{a+2} \end{eqnarray}となる。