熊本大学/2024年度/前期

1熊本大学 2024年 数学 第1問解答・解説

場合の数と確率極限

1問題

熊本大学2024年度第1問
nn 個の袋 A1,A2,⋯ ,AnA_{1},A_{2},\cdots,A_{n} がある。Ak (1≦k≦n)A_{k}\ (1\leqq k\leqq n) の中には白玉が kk 個、黒玉が n−kn-k 個入っている。次の操作を考える。
(操作1) nn 個の袋から無作為に1つの袋を選び、それを AA とおく。
(操作2) 次の試行を ss 回繰り返す。袋 AA から無作為に玉を1個取り出し、玉の色を調べてから取り出した玉を袋 AA に戻す。
以下の問いに答えよ。
(問1) s=2s=2 とする。操作を行うとき、白玉がちょうど1回取り出される確率を nn を用いて表せ。
(問2) s=100s=100 とする。操作1を行った結果、A=AkA=A_{k} であった。このとき、操作2で白玉がちょうど tt 回取り出される条件付き確率を p(t)p(t) とする。n=3kn=3k が成り立つとき、p(t)p(t) を最大にする tt の値を求めよ。
(問3) s=10s=10 とする。操作を行うとき、白玉がちょうど3回取り出される確率を qnq_{n} とする。このとき、lim⁡n→∞qn\displaystyle\lim_{n\to\infty}q_{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
  • 問1
    n2−13n2\frac{n^2-1}{3n^2}
  • 問2
    t=33t=33
  • 問3
    lim⁡n→∞qn=111\lim_{n\to\infty}q_n=\frac1{11}

3解答

解答を見る途中式つきの解答

解答

大問1。

(問1) 袋 AkA_k が選ばれたとき白玉を1回だけ引く確率は、戻し入れをするので 2(k/n)(1−k/n)2(k/n)(1-k/n)。袋は一様に選ばれるから
1n∑k=1n2kn(1−kn)=2n3∑k=1nk(n−k)=n2−13n2. \frac1n\sum_{k=1}^n2\frac{k}{n}\left(1-\frac{k}{n}\right) =\frac{2}{n^3}\sum_{k=1}^n k(n-k) =\frac{n^2-1}{3n^2}.
ここでは ∑k=n(n+1)/2\sum k=n(n+1)/2、∑k2=n(n+1)(2n+1)/6\sum k^2=n(n+1)(2n+1)/6 を用いた。

(問2) n=3kn=3k のとき、袋 AkA_k の白玉の割合は k/n=1/3k/n=1/3。従って p(t)=100Ct(1/3)t(2/3)100−tp(t)={}_{100}\mathrm{C}_{t}(1/3)^t(2/3)^{100-t} で、隣り合う項の比は
p(t+1)p(t)=100−t2(t+1). \frac{p(t+1)}{p(t)}=\frac{100-t}{2(t+1)}.
t=32t=32 では 68/66>168/66>1、t=33t=33 では 67/68<167/68<1 であり、この比は tt が増えるほど小さくなる。したがって p(t)p(t) は t=33t=33 まで増加し、その後減少するので、最大となるのは t=33t=33。

(問3) 白玉を引く確率は袋 AkA_k では k/nk/n だから
qn=1n∑k=1n10C3(kn)3(1−kn)7. q_n=\frac1n\sum_{k=1}^n{}_{10}\mathrm{C}_{3}\left(\frac{k}{n}\right)^3\left(1-\frac{k}{n}\right)^7.
これは連続関数 120x3(1−x)7120x^3(1-x)^7 のリーマン和であり、
lim⁡n→∞qn=120∫01x3(1−x)7 dx. \lim_{n\to\infty}q_n=120\int_0^1x^3(1-x)^7\,dx.
部分積分を繰り返すと ∫01x3(1−x)7dx=(3/8)(2/9)(1/110)=1/1320\int_0^1x^3(1-x)^7dx=(3/8)(2/9)(1/110)=1/1320。ゆえに極限は 1/111/11。

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

  • 全確率
  • 二項分布
  • 隣接項の比
  • リーマン和
  • 部分積分

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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