名古屋大学 2004年度
後期・理系数学 後期第4問

解答

(1)

〔3〕で交換しない場合、甲の手持ちが当たりである確率は、最初に当たりを取っていた確率のままなので $\frac{1}{n}$ である。

一方、〔3〕で交換する場合を考える。最初に甲が外れを取っていた確率は $\frac{n-1}{n}$ である。このとき、乙は残ったカードの中から外れを1枚取り除くので、並べてあるカードは $n-2$ 枚になり、その中に当たりが1枚含まれる。甲がその中から1枚と交換するとき、当たりを取る確率は $\frac{1}{n-2}$ である。したがって交換した場合の当たり確率は $\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{n-2}=\frac{n-1}{n(n-2)}$ である。 $\frac{n-1}{n(n-2)}-\frac{1}{n}=\frac{1}{n(n-2)}>0$ だから、〔3〕では交換した方が当たりである確率が高い。

(2)

〔3〕で交換した後の当たり確率を $h=\frac{n-1}{n(n-2)}$ とおく。これは(1)より $1/n$ より大きい。

この状態で〔5〕でも交換すると、現在の手持ちが当たりである場合は交換によって外れになる。現在の手持ちが外れである場合だけ、並べてある $n-1$ 枚の中の当たりを選べばよい。したがって〔5〕で交換した後の当たり確率は $\frac{1-h}{n-1}$ である。これと $h$ を比べると $h-\frac{1-h}{n-1}=\frac{nh-1}{n-1}=\frac{1}{(n-1)(n-2)}>0$ である。よって、〔3〕で交換した後に〔5〕でさらに交換するのは不利である。

また、〔3〕で交換しない場合は当たり確率が $1/n$ であり、〔5〕で交換しても、最初の手持ちが外れだった場合に残り $n-1$ 枚から当たりを選ぶだけなので確率はやはり $1/n$ である。したがって最も高くする方法は $\text{〔3〕で交換し、〔5〕では交換しない}$ である。

(3)

(2)で見たように、〔3〕で交換しない場合は、〔5〕で交換してもしなくても当たり確率は $\frac{1}{n}$ である。一方、〔3〕で交換し、さらに〔5〕でも交換する場合の当たり確率は $\frac{1-h}{n-1}$ である。これは $\frac{1}{n}-\frac{1-h}{n-1}=\frac{nh-1}{n(n-1)}=\frac{1}{n(n-2)}>0$ より $1/n$ より小さい。

したがって、手順の終了時に当たりである確率を最も低くするには $\text{〔3〕で交換し、〔5〕でも交換する}$ とすればよい。

(4)

問(2)の方法では〔5〕で交換しないので、〔4〕で戻されたカードに新たな印がついても甲の手持ちには影響しない。したがって $p_A=h=\frac{n-1}{n(n-2)}$ である。

問(3)の方法では〔3〕で交換し、〔5〕でも交換する。〔3〕後に甲の手持ちが当たりである確率は $h$、外れである確率は $1-h$ である。

もし手持ちが当たりであるなら、並べてあるカードの中に本来の当たりはない。ただし、〔4〕で戻されたカードに確率 $p$ で印がつくので、〔5〕で交換して当たりを得る確率は $\frac{p}{n-1}$ である。

もし手持ちが外れであるなら、並べてあるカードの中には本来の当たりが1枚ある。さらに、戻されたカードに確率 $p$ で印がつく。したがって、〔5〕で選ぶカードが当たりである確率は $\frac{1+p}{n-1}$ である。

よって $p_B=h\cdot \frac{p}{n-1}+(1-h)\cdot \frac{1+p}{n-1}=\frac{1-h+p}{n-1}$ である。$p_B>p_A$ は $\frac{1-h+p}{n-1}>h$ と同値である。整理すると $p>nh-1$ であり、$h=(n-1)/(n(n-2))$ を代入して $p>\frac{n-1}{n-2}-1=\frac{1}{n-2}$ である。したがって条件は $p>\frac{1}{n-2}$ である。