東京大学 2009年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)

5回の操作で4色すべてが出る場合を数える。5個の玉で4色がすべて現れるためには，ある1色が2回出て，残り3色が1回ずつ出るしかない。

2回出る色の選び方は4通りである。その色が出る2か所を含めて5回の並べ方は ${\displaystyle \frac{5!}{2!}}$ 通りである。したがって，5回で4色すべてが出る色列は $$4\cdot {\displaystyle \frac{5!}{2!}}=240$$ 通りである。全体の色列は$4^5$通りなので，5回で4色すべてが出る確率は $${\displaystyle \frac{240}{4^5}}={\displaystyle \frac{15}{64}}$$ である。

操作(A)の5回で$L$に4色すべてが入り，操作(B)の5回で$R$に4色すべてが入ればよい。2つの5回の色列は独立であるから $$P_1={\left({\displaystyle \frac{15}{64}}\right)}^2={\displaystyle \frac{225}{4096}}$$ である。

(2)

操作(C)では，ある色が初めて出たときはその玉が$L$に入る。同じ色がすでに$L$にある場合だけ$R$に入る。したがって，5回の操作後に$L$に4色すべてが入っていることは，5回の色列に4色すべてが現れることと同値である。

よって(1)で数えた確率そのものになり $$P_2={\displaystyle \frac{15}{64}}$$ である。

(3)

操作(C)で$L$にも$R$にも4色すべてが入るには，各色について，少なくとも1回目の出現が$L$に入り，さらに2回目以降の出現が$R$に入る必要がある。したがって10回の色列の中で，各色が少なくとも2回ずつ出ることが必要十分条件である。

10回を4色に分け，各色が少なくとも2回出るとき，出現回数の型は $(4,2,2,2),(3,3,2,2)$ の2種類だけである。

型$(4,2,2,2)$では，4回出る色の選び方が4通りあり，その後の並べ方は ${\displaystyle \frac{10!}{4!2!2!2!}}$ 通りである。したがって $$4\cdot {\displaystyle \frac{10!}{4!2!2!2!}}=75600$$ 通りである。

型$(3,3,2,2)$では，3回出る2色の選び方が${}_4{\mathrm{C}}_2$通りあり，並べ方は ${\displaystyle \frac{10!}{3!3!2!2!}}$ 通りである。したがって $${}_4{\mathrm{C}}_2\cdot {\displaystyle \frac{10!}{3!3!2!2!}}=151200$$ 通りである。

よって $$P_3={\displaystyle \frac{75600+151200}{4^{10}}}={\displaystyle \frac{226800}{4^{10}}}$$ である。一方 $$P_1={\left({\displaystyle \frac{240}{4^5}}\right)}^2={\displaystyle \frac{{240}^2}{4^{10}}}$$ であるから$${\displaystyle \frac{P_3}{P_1}}={\displaystyle \frac{226800}{{240}^2}}={\displaystyle \frac{226800}{57600}}={\displaystyle \frac{63}{16}}$$である。

(1) (2)は5回の色列で4色すべてが現れる本数を包除原理で数える。(3)は「各色が2回以上」を、各色の出現回数が0回または1回である事象の補集合として数える。重なりでは、指定した2色または3色がそれぞれ高々1回現れる列を、出現位置を選んで数える。

(1)
5回の色列のうち4色すべてが現れる本数を $N_5$ とする。
少なくとも1色が現れない列を包除原理で除くと$$\begin{array}{rl}{\displaystyle N_5}& {\displaystyle =4^5-{}_4{\mathrm{C}}_1{3}^5+{}_4{\mathrm{C}}_2{2}^5-{}_4{\mathrm{C}}_3{1}^5}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =1024-972+192-4}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =240.}\end{array}$$したがって、5回で4色がそろう確率は$${\displaystyle \frac{N_5}{4^5}}={\displaystyle \frac{240}{1024}}={\displaystyle \frac{15}{64}}\mathrm{.}$$操作(A)の5回と操作(B)の5回は独立だから$$P_1={\left({\displaystyle \frac{15}{64}}\right)}^2={\displaystyle \frac{225}{4096}}\mathrm{.}$$(2)　
操作(C)では各色の最初の1個が必ず $L$ に入る。
したがって、5回後に $L$ に4色がそろうことは、5回の色列に4色すべてが
現れることと同値である。よって$$P_2={\displaystyle \frac{N_5}{4^5}}={\displaystyle \frac{15}{64}}\mathrm{.}$$(3)　
操作(C)の10回後に $L,R$ の双方へ4色がそろうための必要十分条件は、
各色が2回以上現れることである。

色 $i$ の出現回数が0回または1回である事象を $A_i$ とする。
まず、1色を指定したとき$$\mid A_i\mid =3^{10}+{}_{10}{\mathrm{C}}_1{3}^9=3^{10}+10\cdot 3^9\mathrm{.}$$2色を指定し、その双方が高々1回現れる列は$$2^{10}+2\cdot 10\cdot 2^9+10\cdot 9\cdot 2^8$$本である。ここで3項は順に、指定2色の出現回数が
$(0,0)$、$(1,0)$ または $(0,1)$、$(1,1)$ の場合に対応する。

3色を指定し、それぞれが高々1回現れる列は$$1+3\cdot 10+{}_3{\mathrm{C}}_{2}10\cdot 9+10\cdot 9\cdot 8=1021$$本である。10個の位置に4色を各1回以下しか置かないことは不可能なので、
4事象の共通部分は空である。

したがって、再び包除原理により条件を満たす列の本数 $N_{10}$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle N_{10}=}& {\displaystyle 4^{10}-4(3^{10}+10\cdot 3^9)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +6(2^{10}+20\cdot 2^9+90\cdot 2^8)-4\cdot 1021}\\ {\displaystyle =}& {\displaystyle 226800.}\end{array}$$よって$$P_3={\displaystyle \frac{226800}{4^{10}}}\mathrm{.}$$一方、(1)から $P_1={240}^2\mathrm{/}{4}^{10}$ であるから$${\displaystyle \frac{P_3}{P_1}}={\displaystyle \frac{226800}{{240}^2}}={\displaystyle \frac{63}{16}}\mathrm{.}$$