トップ› 東北大学› 2001年› 文系第3問

東北大学 2001年文系第3問解説

方針・初手

袋の中の玉の総数は常に4個である。試行において白の玉を取り出した場合は袋に戻すため状態は変わらない。赤の玉を取り出した場合は、赤の玉を戻さずに白の玉を1個追加するため、袋の中の赤の玉が1個減り、白の玉が1個増える。

このように、この試行は「赤の玉の個数」にのみ着目すればよく、赤の玉が $k$ 個のとき、次回の試行で赤の玉を取り出す（赤の玉が1個減る）確率は $\frac{k}{4}$、白の玉を取り出す（赤の玉の数が維持される）確率は $\frac{4-k}{4}$ である。

また、「$n$ 回以下の試行で袋の中が白の玉4個となる」という事象は、「$n$ 回目の試行を終えた時点で袋の中の赤の玉が0個である」という事象と同値である。一度赤の玉が0個になると、以降は白の玉しか取り出せず状態が変化しないためである。

解法1

$n$ 回目の試行を終えた直後に、袋の中の赤の玉が $k$ 個である確率を $P_n(k)$ と表す。赤の玉が $k$ 個のとき、次回の試行で赤の玉の個数が $k-1$ 個になる確率は $\frac{k}{4}$、そのまま $k$ 個である確率は $\frac{4-k}{4}$ である。

(1)

初期状態は赤の玉が2個であるため、$P_0(2) = 1$ であり、それ以外の確率は0である。求める確率は $P_3(0)$ である。順次、各回終了時の確率を計算していく。

1回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_1(2) &= 1 \times \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \\ P_1(1) &= 1 \times \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \end{aligned} $$

2回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_2(2) &= P_1(2) \times \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \\ P_2(1) &= P_1(2) \times \frac{2}{4} + P_1(1) \times \frac{3}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} = \frac{5}{8} \\ P_2(0) &= P_1(1) \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8} \end{aligned} $$

3回目の試行後： $P_3(0)$ は、2回目終了時にすでに赤の玉が0個である場合（そのまま0個が維持される）と、2回目終了時に赤の玉が1個であり、3回目に赤の玉を取り出す場合の和である。

$$ \begin{aligned} P_3(0) &= P_2(0) \times 1 + P_2(1) \times \frac{1}{4} \\ &= \frac{1}{8} + \frac{5}{8} \times \frac{1}{4} \\ &= \frac{4}{32} + \frac{5}{32} = \frac{9}{32} \end{aligned} $$

(2)

初期状態は赤の玉が3個であるため、$P_0(3) = 1$ であり、それ以外の確率は0である。求める確率は $P_5(0)$ である。同様に計算していく。

1回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_1(3) &= 1 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \\ P_1(2) &= 1 \times \frac{3}{4} = \frac{3}{4} \end{aligned} $$

2回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_2(3) &= P_1(3) \times \frac{1}{4} = \frac{1}{16} \\ P_2(2) &= P_1(3) \times \frac{3}{4} + P_1(2) \times \frac{2}{4} = \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} + \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{9}{16} \\ P_2(1) &= P_1(2) \times \frac{2}{4} = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{8} \end{aligned} $$

3回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_3(3) &= P_2(3) \times \frac{1}{4} = \frac{1}{64} \\ P_3(2) &= P_2(3) \times \frac{3}{4} + P_2(2) \times \frac{2}{4} = \frac{1}{16} \times \frac{3}{4} + \frac{9}{16} \times \frac{1}{2} = \frac{21}{64} \\ P_3(1) &= P_2(2) \times \frac{2}{4} + P_2(1) \times \frac{3}{4} = \frac{9}{16} \times \frac{1}{2} + \frac{3}{8} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{16} \\ P_3(0) &= P_2(1) \times \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{32} \end{aligned} $$

4回目の試行後： $P_5(0)$ を求めるためには、$P_4(0)$ と $P_4(1)$ だけが分かればよい。

$$ \begin{aligned} P_4(1) &= P_3(2) \times \frac{2}{4} + P_3(1) \times \frac{3}{4} = \frac{21}{64} \times \frac{1}{2} + \frac{9}{16} \times \frac{3}{4} = \frac{75}{128} \\ P_4(0) &= P_3(0) \times 1 + P_3(1) \times \frac{1}{4} = \frac{3}{32} + \frac{9}{16} \times \frac{1}{4} = \frac{15}{64} \end{aligned} $$

5回目の試行後：

$$ \begin{aligned} P_5(0) &= P_4(0) \times 1 + P_4(1) \times \frac{1}{4} \\ &= \frac{15}{64} + \frac{75}{128} \times \frac{1}{4} \\ &= \frac{120}{512} + \frac{75}{512} = \frac{195}{512} \end{aligned} $$

解法2

袋の中の赤の玉が $k$ 個のときに白の玉を取り出す（赤の玉が減らない）事象を $S_k$、赤の玉を取り出す（赤の玉が1個減る）事象を $T_k$ とする。事象 $S_k$ が起こる確率は $\frac{4-k}{4}$、事象 $T_k$ が起こる確率は $\frac{k}{4}$ である。

(1)

最初は赤の玉が2個である。赤の玉が0個になるまでの過程では、必ず $T_2$、$T_1$ がこの順で1回ずつ起こる。 3回以下の試行で赤の玉が0個になるのは、2回目または3回目で初めて赤の玉が0個になる場合である。

(i) 2回目で初めて赤の玉が0個になる場合事象の順序は $T_2 \to T_1$ である。この確率は、

$$ \frac{2}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8} = \frac{4}{32} $$

(ii) 3回目で初めて赤の玉が0個になる場合 1回分だけ白の玉を取り出している。事象の順序は $S_2 \to T_2 \to T_1$ または $T_2 \to S_1 \to T_1$ のいずれかである。 $S_2 \to T_2 \to T_1$ の確率：

$$ \frac{2}{4} \times \frac{2}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{2}{32} $$

$T_2 \to S_1 \to T_1$ の確率：

$$ \frac{2}{4} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{32} $$

これらは互いに排反であるから、求める確率は

$$ \frac{4}{32} + \frac{2}{32} + \frac{3}{32} = \frac{9}{32} $$

(2)

最初は赤の玉が3個である。赤の玉が0個になるまでの過程では、必ず $T_3$、$T_2$、$T_1$ がこの順で1回ずつ起こる。また、各 $T_k$ の直前に $S_k$ が $t_k$ 回（$t_k \geqq 0$）起こると考えることができる。このとき、事象が起こる順序は一意に決まり、その確率は以下のようになる。

$$ \left( \frac{1}{4} \right)^{t_3} \left( \frac{2}{4} \right)^{t_2} \left( \frac{3}{4} \right)^{t_1} \times \left( \frac{3}{4} \times \frac{2}{4} \times \frac{1}{4} \right) $$

なお、$T_3 \to T_2 \to T_1$ が起こる確率の積は常に $\frac{3}{4} \times \frac{2}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{6}{64}$ である。総試行回数が5回以下となるのは、$t_3 + t_2 + t_1 \leqq 2$ の場合である。これを $t_3 + t_2 + t_1$ の値で場合分けして確率を足し合わせる。

(i) 3回目で初めて0個になる場合（$t_3 + t_2 + t_1 = 0$） $(t_3, t_2, t_1) = (0, 0, 0)$ の1通り。

$$ \frac{6}{64} = \frac{48}{512} $$

(ii) 4回目で初めて0個になる場合（$t_3 + t_2 + t_1 = 1$）組み合わせは $(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$ の3通り。

$$ \begin{aligned} (1, 0, 0) \text{ の確率} &: \frac{1}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{6}{256} \\ (0, 1, 0) \text{ の確率} &: \frac{2}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{12}{256} \\ (0, 0, 1) \text{ の確率} &: \frac{3}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{18}{256} \end{aligned} $$

これらの和は、

$$ \frac{6 + 12 + 18}{256} = \frac{36}{256} = \frac{72}{512} $$

(iii) 5回目で初めて0個になる場合（$t_3 + t_2 + t_1 = 2$）組み合わせは $(2, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 2), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)$ の6通り。

$$ \begin{aligned} (2, 0, 0) \text{ の確率} &: \left(\frac{1}{4}\right)^2 \times \frac{6}{64} = \frac{6}{1024} \\ (0, 2, 0) \text{ の確率} &: \left(\frac{2}{4}\right)^2 \times \frac{6}{64} = \frac{24}{1024} \\ (0, 0, 2) \text{ の確率} &: \left(\frac{3}{4}\right)^2 \times \frac{6}{64} = \frac{54}{1024} \\ (1, 1, 0) \text{ の確率} &: \frac{1}{4} \times \frac{2}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{12}{1024} \\ (1, 0, 1) \text{ の確率} &: \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{18}{1024} \\ (0, 1, 1) \text{ の確率} &: \frac{2}{4} \times \frac{3}{4} \times \frac{6}{64} = \frac{36}{1024} \end{aligned} $$

これらの和は、

$$ \frac{6 + 24 + 54 + 12 + 18 + 36}{1024} = \frac{150}{1024} = \frac{75}{512} $$

以上 (i), (ii), (iii) より、求める確率は

$$ \frac{48}{512} + \frac{72}{512} + \frac{75}{512} = \frac{195}{512} $$

解説

状態の推移を問う典型的な確率問題である。解法1のように毎回の確率を計算していく手法は、マルコフ連鎖に基づく確実な手法であり、試行回数が少ない場合は計算ミスも起こりにくく有効である。

一方、解法2のように「どの状態で何回とどまったか（空振りしたか）」に着目する考え方は、事象の生起確率が各ステップで異なる場合の反復試行をスマートに処理できる。独立試行のように一律に ${}_{n}\mathrm{C}_{r} p^r (1-p)^{n-r}$ を用いることができないため、事象の並び順が一意に定まることに着目して丁寧に数え上げる論理力が試される。