袋の中に赤と黄と青の玉が \(1\) 個ずつ入っている. 「この袋から玉を \(1\) 個取り出し, 出た玉と同じ色の玉を袋の中に \(1\) 個追加する」という操作を \(N\) 回繰り返した後, 赤の玉が袋の中に \(m\) 個ある確率を \(p _ N (m)\) とする.
(1) 連比 \(p _ 3 (1) : p _ 3 (2) : p _ 3 (3) : p _ 3 (4)\) を求めよ.
(2) 一般の \(N\) に対し \(p _ N (m) \ ( 1 \leqq m \leqq N+1 )\) を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(N\) 回操作をすると, 袋の中の玉の数は \(N+3\) 個になる.
また, 赤い玉の個数 \(m\) の範囲は, \(1 \leqq m \leqq N+1 \quad ... [1]\) .
\(N\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あるのは
\(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m-1\) 個あり, \(N\) 回目で赤い玉が出たとき
\(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あり, \(N\) 回目で赤以外の色の玉が出たとき
の \(2\) 通りがあるので \[ p _ N (m) = \dfrac{m-1}{N+2} p _ {N-1} (m-1) +\dfrac{N+2-m}{N+2} p _ {N-1} (m) \quad ... [2] \ . \] ただし, [1] より \[ p _ N (0) = p _ N (N+1) = 0 \quad ... [3] \ . \] いま \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [2] [3] にしたがって順次求めると \[\begin{align} p _ 2 (1) & = \dfrac{3}{4} p _ 1 (1) = \dfrac{1}{2} , \\ p _ 2 (2) & = \dfrac{1}{4} p _ 1 (1) +\dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} , \\ p _ 2 (3) & = \dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{6} , \\ p _ 3 (1) & = \dfrac{4}{5} p _ 2 (1) = \dfrac{2}{5} , \\ p _ 3 (2) & = \dfrac{1}{5} p _ 2 (1) +\dfrac{3}{5} p _ 2 (2) = \dfrac{3}{10} , \\ p _ 3 (3) & = \dfrac{2}{5} p _ 2 (2) +\dfrac{2}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{5} , \\ p _ 3 (4) & = \dfrac{3}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{10} \ . \end{align}\] よって, 求める連比は \[ p _ 3 (1) : p _ 3 (2) : p _ 3 (3) : p _ 3 (4) = \underline{4 : 3: 2 : 1} \ . \]
(2)
(1) の過程より
\[\begin{align}
p _ 1 (1) : p _ 1 (2) & = 2 : 1 \\
p _ 2 (1) : p _ 2 (2) : p _ 2 (3) & = 3 : 2 : 1 \ .
\end{align}\]
なので, 一般の \(N\) について
\[
P _ N (1) : p _ N (2) : \cdots : p _ N (N+1) = (N+1) : N : \cdots : 1 \ .
\]
すなわち, \(1 \leqq m \leqq N+1\) について
\[\begin{align}
p _ N (m) & = \dfrac{N+2-m}{1+2+ \cdots +(N+1)} \\
& = \dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)} \quad ... [ \text{A} ] \ .
\end{align}\]
と推測される.
[A] が成立することを, 数学的帰納法を用いて示す.
1* \(N = 1 , \ m = 1 , 2\) のとき
(1) の過程より \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [A] は成立する.2* \(N = k , \ 1 \leqq m \leqq k+1 \ ( k \geqq 1 )\) のとき
[A]が成立する, すなわち \[ p _ k (m) = \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \ . \] が成立すると仮定すると, [2] [3] を用いて\(m = 1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (1) & = \dfrac{k+2}{k+3} p _ {k} (1) \\ & = \dfrac{k+2}{k+3} \cdot \dfrac{1}{k+2} \\ & = \dfrac{1}{k+3} \ . \end{align}\]
\(m = k+2\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (k+2) & = \dfrac{k+1}{k+3} p _ {k} (k+1) \\ & = \dfrac{k+1}{k+3} \cdot \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]
\(2 \leqq m \leqq k+1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (m) & = \dfrac{m-1}{k+3} p _ {k} (m-1) +\dfrac{k+3-m}{k+3} p _ {k} (m) \\ & = \dfrac{m-1}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+1)(k+2)} +\dfrac{k+3-m}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m) \left\{ (m-1) + (k+2-m) \right\}}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]
以上より, すべての自然数 \(N\) について, [A] が成立し \[ p _ N (m) = \underline{\dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)}} \ . \]