大阪大学 1994年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

(1)
初めは白球$1$個，赤球$2$個で，合計$3$個である。白球を取り出したときは袋の状態は変わらない。赤球を取り出すと，その赤球は戻さず白球$2$個を入れるので，袋の中の球数は$1$個増える。

したがって袋の中の球の個数が初めて$5$になるのは，2個目の赤球が取り出された直後である。

1個目の赤球が$j$回目に出て，2個目の赤球が$k$回目に出るとする。このとき $1\leqq j\leqq k-1$ である。最初の$j-1$回は白球を取り出し，$j$回目に赤球を取り出すので，その確率は ${\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{j-1}{\displaystyle \frac{2}{3}}$ である。

1個目の赤球を取り出した後，袋の中は白球$3$個，赤球$1$個となる。したがって，その後$k-j-1$回は白球を取り出し，$k$回目に赤球を取り出す確率は ${\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-j-1}{\displaystyle \frac{1}{4}}$ である。

よって$$p(k)=\sum _{j=1}^{k-1}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{j-1}{\displaystyle \frac{2}{3}}{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-j-1}{\displaystyle \frac{1}{4}}$$である。定数をまとめると$$p(k)={\displaystyle \frac{1}{6}}\sum _{j=1}^{k-1}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{j-1}{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-j-1}$$である。ここで$r=j-1$と置くと$$p(k)={\displaystyle \frac{1}{6}}\sum _{r=0}^{k-2}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^r{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-2-r}$$となる。等比型の和より$$\sum _{r=0}^{k-2}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^r{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-2-r}={\displaystyle \frac{(3\mathrm{/}4{)}^{k-1}-(1\mathrm{/}3{)}^{k-1}}{3\mathrm{/}4-1\mathrm{/}3}}$$である。$3\mathrm{/}4-1\mathrm{/}3=5\mathrm{/}12$だから$$p(k)={\displaystyle \frac{1}{6}}\cdot {\displaystyle \frac{12}{5}}\{{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-1}-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{k-1}\}$$である。したがって$${\displaystyle p(k)={\displaystyle \frac{2}{5}}\{{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-1}-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{k-1}\}}$$を得る。

(2)
(1)より$$a_n=\sum _{k=2}^{n}kp(k)={\displaystyle \frac{2}{5}}\{\sum _{k=2}^{n}k{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-1}-\sum _{k=2}^{n}k{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{k-1}\}$$である。 $0<r<1$に対して $$\sum _{k=1}^{n}k{r}^{k-1}={\displaystyle \frac{1-(n+1)r^n+n{r}^{n+1}}{(1-r{)}^2}}$$ が成り立つ。問題で与えられた$n{r}^n\to 0$を用いると $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{k=1}^{n}k{r}^{k-1}={\displaystyle \frac{1}{(1-r{)}^2}}$$ である。したがって $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{k=2}^{n}k{r}^{k-1}={\displaystyle \frac{1}{(1-r{)}^2}}-1$$ となる。 $r=3\mathrm{/}4$では $${\displaystyle \frac{1}{(1-r{)}^2}}-1=16-1=15$$ であり，$r=1\mathrm{/}3$では $${\displaystyle \frac{1}{(1-r{)}^2}}-1={\displaystyle \frac{9}{4}}-1={\displaystyle \frac{5}{4}}$$ である。よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{k=2}^{n}kp(k)={\displaystyle \frac{2}{5}}(15-{\displaystyle \frac{5}{4}})={\displaystyle \frac{2}{5}}\cdot {\displaystyle \frac{55}{4}}={\displaystyle \frac{11}{2}}$$である。したがって ${\displaystyle {\displaystyle \frac{11}{2}}}$ を得る。

最初と二つ目の赤球が出るまでの待ち時間を、それぞれ成功確率 $2\mathrm{/}3$、$1\mathrm{/}4$ の幾何分布とみる。確率母関数の積を部分分数分解して $p(k)$ を取り出し、母関数の微分を $1$ で評価して平均時刻を求める。

(1)
最初の赤球が出るまでの待ち時間を $X$、その後に残る赤球が出るまでを $Y$ とする。各試行回数を1から数えると$$P(X=j)={\displaystyle \frac{2}{3}}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{j-1},P(Y=j)={\displaystyle \frac{1}{4}}{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{j-1}\mathrm{.}$$状態が切り替わった後の試行はそれ以前に依存しないので、初めて5個になる時刻は $T=X+Y$ である。

確率母関数は$$G_X(z)={\displaystyle \frac{2z\mathrm{/}3}{1-z\mathrm{/}3}},G_Y(z)={\displaystyle \frac{z\mathrm{/}4}{1-3z\mathrm{/}4}}$$だから$$G_T(z)={\displaystyle \frac{z^2\mathrm{/}6}{(1-z\mathrm{/}3)(1-3z\mathrm{/}4)}}\mathrm{.}$$これを部分分数に分けて $z^k$ の係数を比較すると$$p(k)=P(T=k)={\displaystyle \frac{2}{5}}\{{\left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^{k-1}-{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^{k-1}\}(k\geqq 2)\mathrm{.}$$(2)
求める極限は $T$ の期待値である。母関数を微分してもよいが、二つの幾何分布の平均を用いれば$$E[X]={\displaystyle \frac{1}{2\mathrm{/}3}}={\displaystyle \frac{3}{2}},E[Y]={\displaystyle \frac{1}{1\mathrm{/}4}}=4.$$よって$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{k=2}^{n}kp(k)=E[T]=E[X]+E[Y]={\displaystyle \frac{11}{2}}\mathrm{.}$$