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東京大学 2014年理系第2問解説

方針・初手

問題で与えられた操作のルールを正しく読み解き、袋の中の状態がどのように推移するかを把握する。特に、操作（ii）より、一度でも赤球を取り出すと袋の中に赤球がなくなるため、それ以降の操作で赤球を取り出す確率は $0$ になることに着目する。したがって、$n$ 回目に赤球を取り出すためには、それまでの $n-1$ 回の操作ですべて白球を取り出し続けなければならない。また、操作（i）より、一度白球を取り出すと、それ以降、白球を取り出し続ける限りは袋の中身は「白球 $a$ 個、赤球 $1$ 個」の状態で一定に保たれることが分かる。

解法1

(1)

はじめ、袋 $U$ の中には白球が $a+2$ 個、赤球が $1$ 個の合計 $a+3$ 個の球が入っている。 $1$ 回目に赤球を取り出す確率 $p_1$ は、全 $a+3$ 個の中から $1$ 個の赤球を選ぶ確率であるから、

$$ p_1 = \frac{1}{a+3} $$

$2$ 回目に赤球を取り出すためには、$1$ 回目に白球を取り出し、かつ $2$ 回目に赤球を取り出す必要がある。 $1$ 回目に白球を取り出す確率は $\frac{a+2}{a+3}$ である。このとき、操作（i）により、袋 $U$ の中身は白球 $a$ 個、赤球 $1$ 個の合計 $a+1$ 個となる。続いて、この状態の袋から $2$ 回目に赤球を取り出す確率は $\frac{1}{a+1}$ である。よって、求める確率 $p_2$ は、

$$ p_2 = \frac{a+2}{a+3} \cdot \frac{1}{a+1} = \frac{a+2}{(a+3)(a+1)} $$

(2)

$n \geqq 3$ のとき、$n$ 回目に赤球を取り出すためには、$1$ 回目から $n-1$ 回目まですべて白球を取り出し、$n$ 回目に赤球を取り出す必要がある（一度でも赤球が出ると、操作（ii）により袋から赤球がなくなり、以降赤球を取り出せなくなるため）。

$1$ 回目に白球を取り出した直後から、白球を取り出し続ける限り、操作（i）により袋の中身は常に「白球 $a$ 個、赤球 $1$ 個」の合計 $a+1$ 個に保たれる。したがって、$k$ 回目（$2 \leqq k \leqq n-1$）の操作において白球を取り出す確率は常に $\frac{a}{a+1}$ であり、$n$ 回目の操作において赤球を取り出す確率は $\frac{1}{a+1}$ である。

以上より、$n$ 回目に赤球を取り出す確率 $p_n$ は、

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

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

(3)

$m \geqq 2$ に対して、和 $\sum_{n=1}^{m} p_n$ を計算する。 $p_n$ の式は $n \geqq 2$ のとき初項 $p_2$、公比 $\frac{a}{a+1}$ の等比数列となるから、

$$ \sum_{n=1}^{m} p_n = p_1 + \sum_{n=2}^{m} p_n $$

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

右辺のシグマ部分は、初項 $1$、公比 $\frac{a}{a+1}$、項数 $m-1$ の等比数列の和であるから、

$$ \sum_{n=1}^{m} p_n = \frac{1}{a+3} + \frac{a+2}{(a+3)(a+1)} \cdot \frac{1 - \left( \frac{a}{a+1} \right)^{m-1}}{1 - \frac{a}{a+1}} $$

分母の $1 - \frac{a}{a+1} = \frac{1}{a+1}$ であるから、これを整理して、

$$ \sum_{n=1}^{m} p_n = \frac{1}{a+3} + \frac{a+2}{a+3} \left\{ 1 - \left( \frac{a}{a+1} \right)^{m-1} \right\} $$

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

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

求める極限は、これに $\frac{1}{m}$ を乗じたものの $m \to \infty$ における極限である。

$$ \lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} \sum_{n=1}^{m} p_n = \lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} \left\{ 1 - \frac{a+2}{a+3} \left( \frac{a}{a+1} \right)^{m-1} \right\} $$

ここで、$a$ は自然数であるから $0 < \frac{a}{a+1} < 1$ であり、$\lim_{m \to \infty} \left( \frac{a}{a+1} \right)^{m-1} = 0$ となる。したがって、中括弧の中身は $1 - 0 = 1$ に収束する。また、$\lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} = 0$ であるから、

$$ \lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} \sum_{n=1}^{m} p_n = 0 \cdot 1 = 0 $$

解説

確率の推移を考える典型的な問題である。一度赤球が出ると終わる（以降の確率が $0$ になる）ため、実質的には「$1$ 回目だけ異なる袋から引き、$2$ 回目以降は同じ袋から引き続ける」という反復試行の確率に帰着できる。（3）の極限については、$\sum_{n=1}^{m} p_n$ が「$m$ 回目までに赤球を取り出す確率」を意味していることに気づけば、無限回操作を繰り返せばいつかは赤球を取り出すため、$\lim_{m \to \infty} \sum_{n=1}^{m} p_n = 1$ になることは直感的にも予想できる。極限の計算では、和の式が定数に収束するため、それを $m$ で割れば $0$ になるという見通しを持って式変形を進めるとよい。