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大阪大学 1986年理系第5問解説

方針・初手

（1）は、人が引いた順序や誰がどのカードを引いたかは本質的ではなく、「袋 $A$ から引かれた数の集合 $\{1, 2, \dots, n\}$ に対して、袋 $B$ から引かれた数の順列 $(b_1, \dots, b_n)$ が、各項で $b_k > k$ を満たす」という事象の確率に帰着させる。袋 $B$ の順列を後ろ（$b_n$）から決定していくことで、候補となる数の個数が常に一定になることに気づけるかがポイントである。（2）は、（1）の結果に $m=2n$ を代入して式を整理する。階乗と累乗の商の形になるため、自然対数をとって和の形に直し、区分求積法を用いて極限を求める定石の処理を行う。

解法1

(1)

$n$ 人の人が1回目に引いたカードは袋 $A$ のカードすべてであるから、引いたカードの番号の集合は $\{1, 2, \dots, n\}$ 全体である。ここで、1回目に引いたカードの番号が $k$（$k=1, 2, \dots, n$）であった人が、2回目に引くカードの番号を $b_k$ とする。 $(b_1, b_2, \dots, b_n)$ は、袋 $B$ にある $m$ 枚のカードから $n$ 枚を選んで並べる順列であり、これらは同様に確からしい。全事象の場合の数は、この順列の総数である $_mP_n$ 通りである。

条件は、すべての $k=1, 2, \dots, n$ について $b_k > k$ となることである。このような順列 $(b_1, \dots, b_n)$ の個数を、後ろの項 $b_n, b_{n-1}, \dots, b_1$ の順に決めて数える。

・$b_n$ の決め方 $b_n > n$ を満たすため、$b_n$ は $\{n+1, n+2, \dots, m\}$ の中から選ぶ必要がある。この候補は $m-n$ 個である。

・$b_{n-1}$ の決め方 $b_{n-1} > n-1$ を満たすため、候補の集合は $\{n, n+1, \dots, m\}$ （要素数 $m-n+1$）である。ここからすでに選ばれた $b_n$ を除くが、$b_n \ge n+1 > n-1$ であるため、$b_n$ は必ずこの候補の集合に含まれている。よって、$b_{n-1}$ の選び方は $(m-n+1) - 1 = m-n$ 通りである。

・一般の $b_k$ の決め方（$k = n, n-1, \dots, 1$） $b_n, b_{n-1}, \dots, b_{k+1}$ までが条件を満たすように決定されたとする。 $b_k > k$ を満たすため、$b_k$ の候補の集合は $\{k+1, k+2, \dots, m\}$ （要素数 $m-k$）である。ここで、すでに選ばれている $n-k$ 個の数 $b_n, \dots, b_{k+1}$ はすべて、各 $j$ について $b_j > j \ge k+1$ を満たすため、確実にこの候補の集合に含まれている。よって、これら $n-k$ 個の既出の数を除いた残りの選び方は、

$$ (m-k) - (n-k) = m-n \text{ （通り）} $$

となる。

どの段階でも選び方が $m-n$ 通りとなるため、条件を満たす順列 $(b_1, \dots, b_n)$ の総数は $(m-n)^n$ 通りである。したがって、求める確率 $P_{n,m}$ は

$$ P_{n,m} = \frac{(m-n)^n}{_mP_n} = \frac{(m-n)^n \cdot (m-n)!}{m!} $$

となる。

(2)

（1）の結果に $m=2n$ を代入すると、$P_{n,2n}$ は次のように表せる。

$$ P_{n,2n} = \frac{(2n-n)^n}{_{2n}P_n} = \frac{n^n}{2n(2n-1)\cdots(n+1)} = \prod_{k=1}^n \frac{n}{n+k} $$

この両辺の自然対数をとると、積は和に分解される。

$$ \log P_{n,2n} = \sum_{k=1}^n \log \frac{n}{n+k} = -\sum_{k=1}^n \log \left( 1 + \frac{k}{n} \right) $$

両辺を $n$ で割ることで、区分求積法が適用できる形に変形する。

$$ \frac{1}{n} \log P_{n,2n} = - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log \left( 1 + \frac{k}{n} \right) $$

$n \to \infty$ としたときの極限は、定積分を用いて次のように計算できる。

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \log P_{n,2n} = - \int_0^1 \log (1+x) \,dx $$

ここで、$1+x = t$ と置換すると、$x: 0 \to 1$ のとき $t: 1 \to 2$ であり、$dx = dt$ となる。

$$ \begin{aligned} - \int_0^1 \log (1+x) \,dx &= - \int_1^2 \log t \,dt \\ &= - \Big[ t \log t - t \Big]_1^2 \\ &= - \left( (2 \log 2 - 2) - (1 \log 1 - 1) \right) \\ &= - (2 \log 2 - 1) \\ &= 1 - 2 \log 2 \end{aligned} $$

したがって、求める極限値は $1 - 2 \log 2$ である。

解説

(1) は「誰がどのカードを引いたか」という視点ではなく、「袋 $A$ のカード $k$ に対して、どのような袋 $B$ のカード $b_k$ が対応するか」というマッチングの問題として捉えることが重要である。条件を満たす組を数え上げる際、順列を値の大きい方から決定していくと、すでに使用した数が常に次の選択肢の集合に包含されるため、単純な引き算で残りの選択肢の数が定まるという構造を見抜けるかが鍵となる。 (2) は階乗と累乗が混ざった数列の積の極限であり、対数をとって和の形にし、区分求積法に持ち込む典型問題である。$\frac{1}{n}$ をくくり出し、$1 + \frac{k}{n}$ の形を作り出す変形をスムーズに行いたい。