広島大学/2025年度/前期

4広島大学 2025年 数学 第4問解答・解説

数列場合の数と確率指数関数・対数関数極限積分法

1問題

広島大学2025年度第4問
nn を自然数とする。(3n+1)(3n+1) 個の箱 A1,A2,⋯ ,A3n+1A_{1},A_{2},\cdots,A_{3n+1} があり、1から 3n+13n+1 までの各自然数 kk に対して、kk 番目の箱 AkA_{k} には、1から kk までの整数が一つずつ書かれた kk 枚のカードが入っている。これを初期状態とする。次の問いに答えよ。
(1) 箱 A3n+1A_{3n+1} に入っているすべてのカードに書かれた整数の平均値 LL を nn を用いて表せ。
(2) 箱 A1,A2,⋯ ,A3n+1A_{1},A_{2},\cdots,A_{3n+1} に入っているすべてのカードに書かれた整数の平均値 MM を nn を用いて表せ。
(3) 初期状態から、箱 A1,A2,⋯ ,A3n+1A_{1},A_{2},\cdots,A_{3n+1} に入っているすべてのカードを箱 BB に移す。箱 BB から1枚のカードを取り出すとき、カードに書かれた整数が(2)で求めた値 MM に等しくなる確率を P(n)P(n) とする。P(n)P(n) を nn を用いて表せ。
(4) MM を(2)で求めた値とする。初期状態から、箱 AM,AM+1,⋯ ,A3n+1A_{M},A_{M+1},\cdots,A_{3n+1} だけ集めて、ケース CC に収納する。ケース CC から一つの箱を選び、さらにその箱から1枚のカードを取り出す。カードに書かれた整数が MM に等しいとき、そのカードが箱 A3n+1A_{3n+1} から取り出されている条件付き確率を Q(n)Q(n) とする。lim⁡n→∞nQ(n)\displaystyle \lim_{n\to\infty}nQ(n) を求めよ。

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる

3解答

解答を見る途中式つきの解答

考え方

各箱の枚数とカードの値の総和を等差数列・二乗和の公式で合計し、平均と該当カードの枚数を求める。(4)では「箱を選ぶ」「その箱からカードを引く」の順の確率を使って条件付き確率を表し、単調減少関数1/xの積分比較で極限を評価する。

解答

(1) 箱 A3n+1A_{3n+1} には 1,2,…,3n+11,2,\ldots,3n+1 が1枚ずつ入っている。N=3n+1N=3n+1 とおくと、
L=1+2+⋯+NN=N+12=3n+22. L=\frac{1+2+\cdots+N}{N}=\frac{N+1}{2}=\frac{3n+2}{2}.

(2) 全カードの枚数を TT、書かれた整数の総和を SS とする。各 AkA_k のカードの和は 1+2+⋯+k=k(k+1)21+2+\cdots+k=\frac{k(k+1)}2 なので、
T=∑k=1Nk=N(N+1)2. T=\sum_{k=1}^{N}k=\frac{N(N+1)}2.
また、∑k=1Nk2=N(N+1)(2N+1)6\sum_{k=1}^{N}k^2=\frac{N(N+1)(2N+1)}6 を用いると、
S=∑k=1Nk(k+1)2=12(∑k=1Nk2+∑k=1Nk)=12(N(N+1)(2N+1)6+N(N+1)2)=N(N+1)(N+2)6. \begin{aligned} S&=\sum_{k=1}^{N}\frac{k(k+1)}2 =\frac12\left(\sum_{k=1}^{N}k^2+\sum_{k=1}^{N}k\right)\\ &=\frac12\left(\frac{N(N+1)(2N+1)}6+\frac{N(N+1)}2\right) =\frac{N(N+1)(N+2)}6. \end{aligned}
したがって、
M=ST=N+23=n+1. M=\frac ST=\frac{N+2}{3}=n+1.

(3) 数 M=n+1M=n+1 のカードは、k≧n+1k\geqq n+1 の箱 AkA_k に1枚ずつある。その枚数は
(3n+1)−(n+1)+1=2n+1 (3n+1)-(n+1)+1=2n+1
であり、全カードの枚数は T=(3n+1)(3n+2)2T=\frac{(3n+1)(3n+2)}2 だから、
P(n)=2n+1T=2(2n+1)(3n+1)(3n+2). P(n)=\frac{2n+1}{T}=\frac{2(2n+1)}{(3n+1)(3n+2)}.

(4) ケース CC にあるのは An+1,An+2,…,A3n+1A_{n+1},A_{n+2},\ldots,A_{3n+1} の 2n+12n+1 個の箱である。箱を同様に確からしく1個選ぶので、カードが MM である確率は
P(カードの数が M)=12n+1∑k=n+13n+11k. P(\text{カードの数が }M)=\frac1{2n+1}\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k.
カードの数が MM で、かつ箱 A3n+1A_{3n+1} から取り出される確率は
P(カードの数が M, A3n+1)=12n+1⋅13n+1. P(\text{カードの数が }M,\ A_{3n+1})=\frac1{2n+1}\cdot\frac1{3n+1}.
よって条件付き確率は
Q(n)=1(3n+1)∑k=n+13n+11k. Q(n)=\frac{1}{(3n+1)\displaystyle\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k}.
1/x1/x は正の範囲で単調減少するから、積分比較により
∫n+13n+2dxx≦∑k=n+13n+11k≦∫n3n+1dxx. \int_{n+1}^{3n+2}\frac{dx}{x} \leqq\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k \leqq\int_n^{3n+1}\frac{dx}{x}.
したがって
log⁡3n+2n+1≦∑k=n+13n+11k≦log⁡3n+1n, \log\frac{3n+2}{n+1} \leqq\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k \leqq\log\frac{3n+1}{n},
両端は log⁡3\log 3 に収束する。ゆえに
lim⁡n→∞nQ(n)=lim⁡n→∞n3n+1⋅1∑k=n+13n+11k=13log⁡3. \lim_{n\to\infty}nQ(n) =\lim_{n\to\infty}\frac{n}{3n+1}\cdot\frac1{\displaystyle\sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac1k} =\frac1{3\log 3}.

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 総和記号と数列の和
  • 確率の基本法則
  • 条件付き確率
  • 対数とその性質
  • 数列の極限
  • 三角・指数・対数関数等の積分

答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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