早稲田大学(理系) 2023年 問題Ⅱ
$赤玉と黒玉が入っている袋の中から無作為に玉を \ 1\ つ取り出し、取り出した玉を袋に戻した上で、$
$取り出した玉と同じ色の玉をもう \ 1\ つ袋に入れる操作を繰り返す。以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 初めに袋の中に赤玉が \ 1\ 個、黒玉が \ 1\ 個入っているとする。n\ 回の操作を行ったとき、赤玉を$
$\quad ちょうど \ k\ 回取り出す確率を \ P_n(k)\ \ (k=0,\ 1,\ \cdots , \ n)\ とする。P_1(k)\ と \ P_2(k)\ を求め、さらに$
$\quad P_n(k)\ を求めよ。$
$(2)\ \ 初めに袋の中に赤玉が \ r\ 個、黒玉が \ b\ 個 \ \ (r \geqq 1,\ b \geqq) 入っているとする。n\ 回の操作を行ったとき、$
$\quad k\ 回目に赤玉が、それ以外ではすべて黒玉が取り出される確率を \ Q_n(k)\ \ (k=0,\ 1,\ \cdots , \ n)\ とする。$
$\quad Q_n(k)\ は \ k\ によらないことを示せ。$
$◎\ 問題文に書かれている「操作を行ったとき」という文言は、「操作を行うとき」と解釈されますので、$
$\quad 赤玉、黒玉の個数には注意が必要です。$
(1)
(i)$\ \ 1\ 回の操作を行ったとき$
$\quad 赤玉を \ 0\ 個 \ (黒玉を \ 1\ 個)\ 取り出す確率は \quad P_1(0)=\cfrac{1}{2}$
$\quad 赤玉を \ 1\ 個 \ (黒玉を \ 0\ 個)\ 取り出す確率は \quad P_1(1)=\cfrac{1}{2}$
$\quad よって \quad k\ の値によらず \quad P_1(k)=\cfrac{1}{2}$
$色 \ C_1,\ C_2 \ (赤玉は \ R,\ 黒玉は \ B\ とかくことにする)\ の玉をこの順に取り出す$
$確率を \ P(C_1C_2)\ と書くことにすると$
$\quad 赤玉を \ 0\ 個取り出す確率は \quad P_2(0)=P(BB)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3}=\cfrac{1}{3}$
$\quad 赤玉を \ 1\ 個 取り出す確率は$
$\qquad P_2(1)=P(RB)+P(BR)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3}+ \cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3} =\cfrac{1}{3}$
$\quad 赤玉を \ 2\ 個取り出す確率は \quad P_2(2)=P(RR)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3}=\cfrac{1}{3}$
$\quad よって \quad k\ の値によらず \quad P_2(k)=\cfrac{1}{3}$
$問題にはないが、P_3(k)\ についても調べてみましょう。$
$色 \ C_1,\ C_2 ,\ C_3\ の玉をこの順に取り出す確率を \ P(C_1C_2C_3)\ と$
$書くことにする。$
$\quad 赤玉を \ 0\ 個取り出す確率は$
$\qquad P_3(0)=P(BBB)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3} \times \cfrac{3}{4}=\cfrac{1}{4}$
$\quad 赤玉を \ 1\ 個取り出す確率は$
$\qquad P_3(1)=P(RBB)+P(BRB)+P(BBR)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3} \times \cfrac{2}{4} + \cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3} \times \cfrac{2}{4} + \cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3} \times \cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{4}$
$\quad 赤玉を \ 2\ 個取り出す確率は$
$\qquad P_3(2)=P(RRB)+P(RBR)+P(BRR)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3} \times \cfrac{1}{4} + \cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3} \times \cfrac{2}{4} + \cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{3} \times \cfrac{2}{4}=\cfrac{1}{4}$
$\quad 赤玉を \ 3\ 個取り出す確率は \quad P_3(3)=P(RRR)=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{2}{3} \times \cfrac{3}{4}=\cfrac{1}{4}$
$\quad よって \quad k\ の値によらず \quad P_3(k)=\cfrac{1}{4}$
$以上、n=1,\ 2,\ 3\ について、k\ の値によらず \quad P_n(k)=\cfrac{1}{n+1}\ \ であることがわかった。$
$\ \ ところで、n\ 回目の操作を行って$
$\qquad 赤玉 \ k\ 個、黒玉 \ (n+2-k)\ 個があるとき、次に赤玉を取り$
$\qquad 出す確率は \qquad P_n(k-1) \times \cfrac{k}{n+2} $
(iv)$\ \ 確率 \ P_n(k)\ で赤玉 \ k\ 個を取り出して、袋の中に$
$\qquad 赤玉 \ (k+1)\ 個、黒玉 \ (n+1-k)\ 個があるとき、次に黒玉を取り$
$\qquad 出す確率は \qquad P_n(k) \times \cfrac{n+1-k}{n+2} $
$よって \ \ (n+1)\ 回の操作を行ったとき、赤玉をちょうど \ (k+1)\ 回取り出す確率は、$
$\quad P_{n+1}(k)=P_n(k-1) \times \cfrac{k}{n+2} +P_n(k) \times \cfrac{n+1-k}{n+2} $
$この漸化式をつかって、すべての自然数 \ nについて、k\ の値によらず \quad P_n(k)=\cfrac{1}{n+1}\quad であることを$
$数学的帰納法で証明する。$
(i)$\ \ n=1 \ \ については上で証明済みである。$
(ii)$\ \ n=m \ \ について成りたつとすると \quad k\ の値によらず \quad P_m(k)=\cfrac{1}{m+1}$
$このとき$
\begin{eqnarray*} P_{m+1}(k) &=&P_m(k-1) \times \cfrac{k}{m+2} +P_m(k) \times \cfrac{m+1-k}{m+2}\\ \\ &=&\cfrac{1}{m+1} \times \cfrac{k}{m+2} + \cfrac{1}{m+1} \times \cfrac{m+1-k}{m+2}\\ \\ &=&\cfrac{m+1}{(m+1)(m+2)}\\ \\ &=&\cfrac{1}{m+2}\\ \end{eqnarray*} $よって \quad n=m+1 \ \ のときも成りたつ。$
(i),(ii)$\ \ よりすべての自然数 \ n\ について \ k\ の値によらず \quad P_n(k)=\cfrac{1}{n+1}$
(2)
$下表は、操作を行ったときの、赤玉、黒玉の個数を表したものである。(操作を行った結果得られた個数ではない)$
\[ \qquad \begin{array}{c||c|c|c|c|c} 操作の回数 & 1 & 2 & 3 & \cdots & k-1 & k & k+1 & \cdots & n\\ \hline 赤玉の個数 & r & r & r & \cdots & r & r &r+1 & \cdots & r+1 \\ \hline 黒玉の個数 & b & b+1 & b+2 & \cdots & b+k-2 & b+k-1 & b+k-1 & \cdots & b+n-2\\ \end{array} \]
\begin{eqnarray*} Q_n(k) &=&\cfrac{b}{r+b} \times \cfrac{b+1}{r+b+1} \times \cfrac{b+2}{r+b+2} \times \cdots \times \cfrac{b+k-2}{r+b+k-2} \times \cfrac{r}{r+b+k-1} \times \cfrac{b+k-1}{r+b+k} \times \cdots \times \cfrac{b+n-2}{r+b+n-1}\\ \\ &=&\cfrac{r \times \dfrac{(b+n-2)!}{(b-1)!}}{\dfrac{(r+b+n-1)!}{(r+b-1)!}}\\ \\ &=&\cfrac{r \times (b+n-2)! \times (r+b-1)!}{(r+b+n-1)! \times (b-1)!} \end{eqnarray*} $このように、Q_n(k)\ は \ k\ を含まないので、k\ によらない。$
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