東京大学 1989年度理系数学第6問解答・解説

問題

赤玉3個と白玉 $n$ 個を円周上に並べる。白玉が連続して $k + 1$ 個以上並ぶ部分がない確率を求めよ。ただし

\frac{n}{3} ≦ k ≦ \frac{n}{2}

とする。

出典：東京大学 1989年度前期日程第2次学力試験理系第6問

方針

3個の赤玉を基準にして、赤玉と赤玉の間に入る白玉の個数を $x, y, z$ とする。全体は $x + y + z = n$ の非負整数解として数えられる。条件は $x, y, z ≦ k$ であり、余事象 $x ≧ k + 1$ などを包除原理で引く。仮定 $n /3 ≦ k ≦ n /2$ により、3つ同時に $k + 1$ 以上になる場合は起こらない。

解答

3個の赤玉を円周上の区切りとして見て、隣り合う赤玉の間に入る白玉の個数を時計回りに $x, y, z$ とする。このとき $x + y + z = n, x, y, z ≧ 0$ である。逆に、このような非負整数解を1つ決めれば、赤玉の間の白玉の個数が決まり、円周上の並びが決まる。したがって全体の数は $_{n + 2} C_{2}$ である。

白玉が連続して $k + 1$ 個以上並ぶ部分がないことは $x ≦ k, y ≦ k, z ≦ k$ と同値である。そこで余事象を数える。

たとえば $x ≧ k + 1$ の場合、 $x^{'} = x - (k + 1)$ とおくと $x^{'} + y + z = n - k - 1$ であるから、その個数は $_{n - k + 1} C_{2}$ である。同じことが $y$ , $z$ についても成り立つので、1つのすき間が $k + 1$ 個以上になる場合はまず $3_{n - k + 1} C_{2}$ 通りである。

次に、2つのすき間がともに $k + 1$ 個以上になる場合を足し戻す。たとえば $x ≧ k + 1$ , $y ≧ k + 1$ なら $x^{'} = x - (k + 1), y^{'} = y - (k + 1)$ として $x^{'} + y^{'} + z = n - 2 k - 2$ であるから、その個数は $_{n - 2 k} C_{2}$ である。組の選び方は3通りなので、足し戻す数は $3_{n - 2 k} C_{2}$ である。

3つのすき間がすべて $k + 1$ 個以上になるには $n ≧ 3 (k + 1)$ が必要である。しかし仮定 $k ≧ n /3$ より $3 (k + 1) > n$ であるから、そのような場合はない。

したがって条件を満たす並びの数は

_{n + 2} C_{2} - 3_{n - k + 1} C_{2} + 3_{n - 2 k} C_{2}

である。よって求める確率は

\frac{_{n + 2} C _{2} - 3 _{n - k + 1} C _{2} + 3 _{n - 2 k} C _{2}}{_{n + 2} C _{2}}

である。ただし $_{m} C_{2}$ は $m < 2$ のとき $0$ と読む。

別解。条件を満たさない場合を「最長の白玉列が $k + 1$ 個以上」として直接選ぶこともできる。 $k ≧ n /3$ のため、3つのすき間が同時に長くなることはなく、包除原理が2段で止まる。この仮定があるから、上の式の形が簡潔になる。

東京大学 1989年度理系数学 第6問

問題

方針

解答

東京大学 1989年度
理系数学第6問