大阪大学 1982年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

$(1)$ 整数 $N$ に対して$$\sin {\displaystyle \frac{2\pi N}{3}}=0⟺3\mid N\mathrm{.}$$積 $n_1{n}_2\cdots n_r$ が3の倍数でないためには、すべての回で $3,6$ 以外の目が出ればよい。したがって$$P_1={\left({\displaystyle \frac{4}{6}}\right)}^r={\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^r\mathrm{.}$$$(2)$ 条件を満たす目は $1,4$ の2個であり、1回あたりの確率は $1\mathrm{/}3$ である。よって$$P_2={}_r{\mathrm{C}}_k{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{r-k}\mathrm{.}$$目の分類を図示すると次のようになる。

$(3)$ (1)、(2)より$${\displaystyle \frac{P_2}{P_1}}={\displaystyle \frac{{}_r{\mathrm{C}}_k}{2^k}}\mathrm{.}$$仮定から $r\geqq 2k+1$ なので$${}_r{\mathrm{C}}_k\geqq {}_{2k+1}{\mathrm{C}}_k\mathrm{.}$$さらに$${}_{2k+1}{\mathrm{C}}_k={\displaystyle \frac{(2k+1)(2k)\cdots (k+2)}{k(k-1)\cdots 1}}\mathrm{.}$$対応する分子の各因子は分母の各因子の2倍より大きいから$${}_{2k+1}{\mathrm{C}}_k>2^k\mathrm{.}$$よって $P_2\mathrm{/}{P}_1>1$、すなわち$$P_2>P_1\mathrm{.}$$

(1) 、(2)の確率を標本数から直接数える。(3)では $2^k$ 個の相異なる $k$ 元部分集合を構成し、それ以外の部分集合も存在することから組合せ数を評価する。

$(1)$ 各回に許される目は $1,2,4,5$ の4通りである。全事象は $6^r$ 通り、条件を満たす列は $4^r$ 通りなので$$P_1={\displaystyle \frac{4^r}{6^r}}={\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^r\mathrm{.}$$$(2)$ $\sin (2\pi n_i\mathrm{/}3)>0$ となる目は $1,4$ の2通りである。該当する $k$ 回の選び方が ${}_r{\mathrm{C}}_k$ 通りであり、その回の目は各2通り、残りは各4通りだから$$P_2={\displaystyle \frac{{}_r{\mathrm{C}}_k{2}^k{4}^{r-k}}{6^r}}={}_r{\mathrm{C}}_k{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{r-k}\mathrm{.}$$$(3)$ したがって $P_2>P_1$ を示すには$${}_r{\mathrm{C}}_k>2^k$$を示せばよい。$r\geqq 2k+1$ だから、まず $1,2,ldots,2k+1$ の中から $k$ 個を選ぶ場合を考える。

$k$ 組の対$$\{1,k+1\},\{2,k+2\},\dots ,\{k,2k\}$$の各対から1個ずつ選ぶと、相異なる $k$ 元部分集合がちょうど $2^k$ 個できる。さらに$$\{1,2,\dots ,k-1,2k+1\}$$はそのいずれにも含まれない。よって$${}_{2k+1}{\mathrm{C}}_k>2^k\mathrm{.}$$したがって$${}_r{\mathrm{C}}_k\geqq {}_{2k+1}{\mathrm{C}}_k>2^k$$であり、$P_2>P_1$ が成り立つ。