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京都大学 1986年理系第5問解説

方針・初手

最大値と最小値の条件を扱う定石として、「すべての目が $i$ 以上 $j$ 以下」という事象から、条件を満たさない事象を引く「包除原理」を用いる。(2) は $n \to \infty$ としたとき、サイコロを無限回振れば「最大値は6、最小値は1になる確率が1に近づく」という直感的事実を、(1) で求めた確率の極限を計算することで厳密に証明する。期待値・分散の計算において、事象の数が有限個であるため、和と極限の順序交換が可能である。

解法1

(1)

$n$ 個のサイコロの目がすべて $a$ 以上 $b$ 以下（$1 \leqq a \leqq b \leqq 6$）となる確率を $P(a \leqq m_n, M_n \leqq b)$ と表す。このとき、出うる目は $a, a+1, \cdots, b$ の $b-a+1$ 通りであるから、

$$ P(a \leqq m_n, M_n \leqq b) = \left( \frac{b-a+1}{6} \right)^n = \frac{(b-a+1)^n}{6^n} $$

である。求める確率 $P(M_n = j, m_n = i)$ は、すべての目が $i$ 以上 $j$ 以下となる事象から、最大値が $j-1$ 以下となる事象と、最小値が $i+1$ 以上となる事象を除けばよい。

(i) $i < j$ のとき

事象「$m_n \geqq i$ かつ $M_n \leqq j$」を全体とみて包除原理を用いると、

$$ \begin{aligned} P(M_n = j, m_n = i) &= P(i \leqq m_n, M_n \leqq j) \\ &\quad - P(i \leqq m_n, M_n \leqq j-1) \\ &\quad - P(i+1 \leqq m_n, M_n \leqq j) \\ &\quad + P(i+1 \leqq m_n, M_n \leqq j-1) \end{aligned} $$

それぞれの確率は先に求めた式を利用して、

$$ P(M_n = j, m_n = i) = \frac{(j-i+1)^n}{6^n} - \frac{(j-i)^n}{6^n} - \frac{(j-i)^n}{6^n} + \frac{(j-i-1)^n}{6^n} $$

$$ P(M_n = j, m_n = i) = \frac{(j-i+1)^n - 2(j-i)^n + (j-i-1)^n}{6^n} $$

となる。

(ii) $i = j$ のとき

最大値と最小値が等しいということは、$n$ 個のサイコロの目がすべて $i$ になるということであるから、

$$ P(M_n = i, m_n = i) = \frac{1}{6^n} $$

となる。

(2)

確率変数 $\frac{M_n}{m_n}$ のとり得る値は、各 $(i, j)$ （$1 \leqq i \leqq j \leqq 6$）に対する $\frac{j}{i}$ であり、その場合の数は ${}_6\mathrm{C}_{2} + 6 = 21$ 通り（有限個）である。ここで、$n \to \infty$ としたときの $P(M_n = j, m_n = i)$ の極限を考える。

$i = 1, j = 6$ のとき、(1) の結果より

$$ P(M_n = 6, m_n = 1) = \frac{6^n - 2 \cdot 5^n + 4^n}{6^n} = 1 - 2\left(\frac{5}{6}\right)^n + \left(\frac{4}{6}\right)^n $$

$n \to \infty$ のとき、$\left(\frac{5}{6}\right)^n \to 0$, $\left(\frac{4}{6}\right)^n \to 0$ であるから、

$$ \lim_{n \to \infty} P(M_n = 6, m_n = 1) = 1 $$

となる。一方、$(i, j) \neq (1, 6)$ のときは、$j - i + 1 \leqq 5$ である。確率は $1$ 以下であるから、

$$ 0 \leqq P(M_n = j, m_n = i) \leqq P(i \leqq m_n, M_n \leqq j) = \left( \frac{j-i+1}{6} \right)^n \leqq \left( \frac{5}{6} \right)^n $$

はさみうちの原理より、$n \to \infty$ のとき、

$$ \lim_{n \to \infty} P(M_n = j, m_n = i) = 0 $$

となる。

期待値 $E \left( \frac{M_n}{m_n} \right)$ は、

$$ E \left( \frac{M_n}{m_n} \right) = \sum_{1 \leqq i \leqq j \leqq 6} \frac{j}{i} P(M_n = j, m_n = i) $$

であり、有限個の和であるから極限を和の中に入れることができて、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} E \left( \frac{M_n}{m_n} \right) &= \sum_{1 \leqq i \leqq j \leqq 6} \frac{j}{i} \lim_{n \to \infty} P(M_n = j, m_n = i) \\ &= \frac{6}{1} \cdot 1 + \sum_{(i,j) \neq (1,6)} \frac{j}{i} \cdot 0 \\ &= 6 \end{aligned} $$

となる。

次に分散 $V \left( \frac{M_n}{m_n} \right)$ について計算する。公式 $V(X) = E(X^2) - \{E(X)\}^2$ を用いる。 $\left( \frac{M_n}{m_n} \right)^2$ の期待値は、

$$ E \left( \left( \frac{M_n}{m_n} \right)^2 \right) = \sum_{1 \leqq i \leqq j \leqq 6} \left(\frac{j}{i}\right)^2 P(M_n = j, m_n = i) $$

先ほどと同様に極限をとると、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} E \left( \left( \frac{M_n}{m_n} \right)^2 \right) &= \sum_{1 \leqq i \leqq j \leqq 6} \left(\frac{j}{i}\right)^2 \lim_{n \to \infty} P(M_n = j, m_n = i) \\ &= \left(\frac{6}{1}\right)^2 \cdot 1 + 0 \\ &= 36 \end{aligned} $$

したがって、分散の極限は

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} V \left( \frac{M_n}{m_n} \right) &= \lim_{n \to \infty} \left\{ E \left( \left( \frac{M_n}{m_n} \right)^2 \right) - \left( E \left( \frac{M_n}{m_n} \right) \right)^2 \right\} \\ &= 36 - 6^2 \\ &= 0 \end{aligned} $$

となる。

解説

確率変数の最大値・最小値に関する典型問題と、その極限を組み合わせた問題である。 (1) のように「最大値が $j$ かつ最小値が $i$」となる確率を求める場合、直接数え上げるのは難しいため、「すべての値が $i$ 以上 $j$ 以下」という事象を出発点とし、そこから不要な部分を引くという「包除原理（ベン図の考え方）」を用いるのが定石である。その際、$i=j$ の場合は式が成り立たなくなるため、場合分けが必要であることに注意しよう。

(2) は、一見すると和の計算が複雑に見えるが、「$n \to \infty$（サイコロを無限回振る）のとき、確率はどうなるか」を直感的に考えれば見通しが立つ。無限にサイコロを振れば、1から6までのすべての目が確実に出るため、最大値は6、最小値は1になる確率が $1$ に収束する。期待値の和は有限個なので、極限をとってから計算できるという論理展開を丁寧に記述することが高得点の鍵になる。