九州大学 1986年 理系 第5問 解説

方針・初手

(1) 記録される数は $+1$ と $-1$ であるため、それぞれの回数を文字でおき、和が1になる条件から回数を特定する。その後、反復試行の確率の公式を用いる。

(2) 「2回以上」という条件から、余事象である「符号の変化が0回または1回」を考えるのが定石である。それぞれの場合について確率を計算し、等比数列の和の公式を用いて求める。

解法1

(1)

1回の試行で、赤球を取り出し $+1$ と記録する確率は $\frac{2}{5}$、白球を取り出し $-1$ と記録する確率は $\frac{3}{5}$ である。

$n$ 回の試行のうち、$+1$ が $k$ 回、$-1$ が $n-k$ 回 ($0 \leqq k \leqq n$) 記録されたとすると、その和は

$$1 \cdot k + (-1) \cdot (n-k) = 2k - n$$

となる。和が1であるとき、$2k - n = 1$ より $n = 2k - 1$ となる。

(i) $n$ が偶数のとき

$2k - 1$ は奇数であるため、等式を満たす整数 $k$ は存在しない。

よって、$P_n = 0$ である。

(ii) $n$ が奇数のとき

$k = \frac{n+1}{2}$ であり、これは $0 \leqq k \leqq n$ を満たす整数となる。

反復試行の確率より、求める確率 $P_n$ は

$$P_n = \binom{n}{\frac{n+1}{2}} \left( \frac{2}{5} \right)^{\frac{n+1}{2}} \left( \frac{3}{5} \right)^{\frac{n-1}{2}}$$

(2)

「符号の変化が2回以上起こる」という事象の余事象は、「符号の変化が0回または1回起こる」ことである。

(i) 符号の変化が0回起こる場合

$n$ 回すべて同じ符号が記録される場合である。

すべて $+1$ となる確率は $\left( \frac{2}{5} \right)^n$、すべて $-1$ となる確率は $\left( \frac{3}{5} \right)^n$ である。

よって、その確率は

$$\left( \frac{2}{5} \right)^n + \left( \frac{3}{5} \right)^n$$

(ii) 符号の変化が1回起こる場合

以下の2つの場合がある。

(ア) 最初の $k$ 回 ($1 \leqq k \leqq n-1$) が $+1$ で、残りの $n-k$ 回が $-1$ となる場合

その確率は

$$\sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{2}{5} \right)^k \left( \frac{3}{5} \right)^{n-k} = \frac{2}{5} \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} \frac{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}}{1 - \frac{2}{3}}$$

$$= \frac{6}{5} \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} \left\{ 1 - \left( \frac{2}{3} \right)^{n-1} \right\}$$

$$= 2 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 3 \left( \frac{2}{5} \right)^n$$

(イ) 最初の $k$ 回 ($1 \leqq k \leqq n-1$) が $-1$ で、残りの $n-k$ 回が $+1$ となる場合

対称性より、(ア) と同様に等比数列の和を計算でき、その確率は

$$\sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{3}{5} \right)^k \left( \frac{2}{5} \right)^{n-k} = \frac{3}{5} \left( \frac{2}{5} \right)^{n-1} \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1} - 1}{\frac{3}{2} - 1}$$

$$= \frac{6}{5} \left( \frac{2}{5} \right)^{n-1} \left\{ \left( \frac{3}{2} \right)^{n-1} - 1 \right\}$$

$$= 2 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 3 \left( \frac{2}{5} \right)^n$$

したがって、符号の変化が1回起こる確率は

$$2 \left\{ 2 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 3 \left( \frac{2}{5} \right)^n \right\} = 4 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 6 \left( \frac{2}{5} \right)^n$$

(i), (ii) より、余事象の確率は

$$\left( \frac{2}{5} \right)^n + \left( \frac{3}{5} \right)^n + 4 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 6 \left( \frac{2}{5} \right)^n = 5 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 5 \left( \frac{2}{5} \right)^n$$

よって、求める確率 $Q_n$ は

$$Q_n = 1 - \left\{ 5 \left( \frac{3}{5} \right)^n - 5 \left( \frac{2}{5} \right)^n \right\}$$

$$= 1 - 3 \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} + 2 \left( \frac{2}{5} \right)^{n-1}$$

解説

(1)は反復試行の基本問題である。和の条件から回数を求めた際、試行回数 $n$ の偶奇による場合分けが生じることを忘れないようにしたい。

(2)は「2回以上」という文言から余事象の利用を選択できるかがポイントとなる。符号の変化が1回となるパターンを具体的に数列で書き下し、その確率が等比数列の和に帰着することを見抜ければ、あとは正確に計算するだけである。等比数列の和の計算において、底の扱いに注意して計算ミスを防ぎたい。

答え

(1) $n$ が偶数のとき $0$、$n$ が奇数のとき $\displaystyle \binom{n}{\frac{n+1}{2}} \left( \frac{2}{5} \right)^{\frac{n+1}{2}} \left( \frac{3}{5} \right)^{\frac{n-1}{2}}$

(2) $\displaystyle 1 - 3 \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} + 2 \left( \frac{2}{5} \right)^{n-1}$