3岩手医科大学 2024年 数学 第3問解答・解説

1回ごとの標本空間を5球から3球を選ぶ組合せ10通りとし、5回の試行は球を戻すため独立として扱う。連続事象と「少なくとも1回含まれる」事象は包除の原理で重なりを正確に調整する。

1回の試行で取り出す3個の球の組合せは ${}_{5}\mathrm{C}_{3}=10$ 通りあり，どれも同様に確からしい。球を元に戻してから次の試行をするので，試行どうしは独立である。
問1　 Aの球を含む組合せは，残り4個から2個を選ぶ ${}_{4}\mathrm{C}_{2}=6$ 通りである。したがって確率は $\frac6{10}=\frac35$ である。AとBの両方を含むには，残りのC，D，Eから1個を選べばよいので3通りあり，確率は $\frac3{10}$ である。
問2　 AもBも含まれないためには，C，D，Eの3個を取り出すしかない。1回の試行でその確率は $\frac1{10}$ であり，5回の試行は独立だから，求める確率は
$$\left(\frac1{10}\right)^5$$
である。
問3　 1回の試行でAが含まれる確率を $p=\frac35$ とする。5回のうち，1～3回目，2～4回目，3～5回目に続けてAが含まれる事象をそれぞれ $E_1,E_2,E_3$ とする。求める事象は $E_1\cup E_2\cup E_3$ である。各事象の確率は $p^3$ である。また，$E_1\cap E_2$ と $E_2\cap E_3$ はそれぞれ4回連続してAが含まれる事象で確率は $p^4$，$E_1\cap E_3$ および3事象すべての共通部分は5回すべてAが含まれる事象で確率は $p^5$ である。包除の原理より
$$\begin{aligned} P(E_1\cup E_2\cup E_3) &=3p^3-(2p^4+p^5)+p^5\\ &=3p^3-2p^4 =3\left(\frac35\right)^3-2\left(\frac35\right)^4 =\frac{243}{625}. \end{aligned}$$$$P(E_1\cup E_2\cup E_3)=3p^3-(2p^4+p^5)+p^5$$$$=3p^3-2p^4=3{\left(\frac{3}{5}\right)}^3-2{\left(\frac{3}{5}\right)}^4=\frac{243}{625}.$$
なお，3回連続の開始位置は3通りあり，重なりを上のように差し引いているため，4回または5回連続の場合も過不足なく含まれる。
問4　 A，B，C，D，Eの各球について，その球が5回とも一度も取り出されない事象を考える。固定した1個の球が1回の試行で含まれない確率は $\frac{{}_{4}\mathrm{C}_{3}}{{}_{5}\mathrm{C}_{3}}=\frac25$ なので，5回とも含まれない確率は $\left(\frac25\right)^5$ である。固定した2個の球がともに1回の試行で含まれないためには，残り3個をすべて取り出すしかないので，その確率は1回につき $\frac1{10}$，5回ともでは $\left(\frac1{10}\right)^5$ である。一方，3個以上の球が5回とも含まれないことは，1回の試行で3個を取り出すことに反するため不可能である。したがって包除の原理から
$$\begin{aligned} P(\text{すべての球が少なくとも1回含まれる}) &=1-5\left(\frac25\right)^5+{}_{5}\mathrm{C}_{2}\left(\frac1{10}\right)^5\\ &=1-\frac{2^5}{5^4}+\frac1{10^4}. \end{aligned}$$$$P(\text{すべての球が少なくとも1回含まれる})=1-5{\left(\frac{2}{5}\right)}^5+{}_5{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{10}\right)}^5$$$$=1-\frac{2^5}{5^4}+\frac{1}{10^4}.$$
計算を確かめると，1球だけが欠ける場合の減算項は $5\cdot32/3125=32/625$，2球が欠ける場合の加算項は $10/100000=1/10000$ であり，上の式と一致する。