仮想難関大（オリジナル予想問題）【確率～最後の赤球～】

路線１：球を並べる

まずこのゲームの特徴としては

$m+3$ 回以内には必ず決着がつく

ということが挙げられます。

$\mathrm{A}$ の手番は奇数回目であるため、$\mathrm{A}$ が勝つ可能性は

$3$ 回目、$5$ 回目、$\cdots$

ということになりますが、最長どこまで可能性があるかを考えたくなるはずです。

それを考えるにあたっては

$m+3$ の偶奇

もっと言うと

$m$ の偶奇

によって変わってきます。

そこで、$m$ の偶奇によって場合分けを行います。

$m$ が奇数のとき

$m$ が奇数のとき

$m=2M-1$

とおきます。

このとき、

$m+3=2M+2$

なので、$2M+2$ 回以内には決着がつくことになります。

したがって、$\mathrm{A}$ が勝つ可能性は

$3$ 回目、$5$ 回目、$\cdots$、$2M+1$ 回目

ということになります。

そこで、

$\mathrm{A}$ が $2k+1$ 回目に勝つ確率

を考えます。

$\mathrm{A}$ が $2k+1$ 回目に勝つイメージは

というイメージの並びになります。

したがって、$\mathrm{A}$ が $2k+1$ 回目に勝つ確率は

$\displaystyle \frac{{}_{2k} \mathrm{ C }_2}{{}_{m+3} \mathrm{ C }_3}$

ということになります。

$k=1 \ , \ 2 \ , \ \cdots \ , \ M$ であるため、$\mathrm{A}$ が勝つ確率は

$\displaystyle \sum_{k=1}^{M}\displaystyle \frac{{}_{2k} \mathrm{ C }_2}{{}_{m+3} \mathrm{ C }_3}$

となります。

$m$ が偶数のとき

$m$ が偶数のとき

$m=2M$

とおきます。

このとき、

$m+3=2M+3$

なので、$2M+3$ 回以内には決着がつくことになります。

したがって、$\mathrm{A}$ が勝つ可能性は

$3$ 回目、$5$ 回目、$\cdots$、$2M+3$ 回目

ということになります。

先ほど同様

$\mathrm{A}$ が $2k+1$ 回目に勝つ確率

を考えます。

これも先ほどのイメージと同様に

というイメージをもてば、$\mathrm{A}$ が $2k+1$ 回目に勝つ確率は

$\displaystyle \frac{{}_{2k} \mathrm{ C }_2}{{}_{m+3} \mathrm{ C }_3}$

ということになります。

$k=1 \ , \ 2 \ , \ \cdots \ , \ M+1$ であるため、$\mathrm{A}$ が勝つ確率は

$\displaystyle \sum_{k=1}^{M+1}\displaystyle \frac{{}_{2k} \mathrm{ C }_2}{{}_{m+3} \mathrm{ C }_3}$

となります。

路線２：袋の中の赤球の個数を追っていく

決着がつく前としては、袋の中の赤球は

３個、２個、１個

と限られた状態しかとりません。

$n$ 個球を取り出した段階で袋の中の赤球の個数が３個、２個、１個となっている確率をそれぞれ

$a_{n}$ ,  $b_{n}$ ,  $c_{n}$

と設定してやります。

$a_{n}$ について

$a_{n}$ は噛み砕いて言ってしまえば

$n$ 個とも白を取り出す確率

なので、単純です。

$a_{n}=\displaystyle \frac{m}{m+3} \times \displaystyle \frac{m-1}{m+2} \times \cdots \times \displaystyle \frac{m-(n-1)}{m+3-(n-1)}$

ということになります。

$\cdots$ を使わずに明確に処理しようと思うと

$a_{n}=\displaystyle \frac{{}_m \mathrm{ P }_n}{{}_{m+3} \mathrm{ P }_n}$

と、順列の記号 $\mathrm{P}$ を用いて表し、

${}_n \mathrm{ P }_k=\displaystyle \frac{n!}{(n-k)!}$

と、階乗で表すのが明確です。

これにより、

$a_{n}=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{m!}{(m-n)!}}{\displaystyle \frac{(m+3)!}{\{(m+3)-n\}!}}$

となり、これを整理すると

$a_{n}=\displaystyle \frac{m!}{(m-n)!} \times \displaystyle \frac{(m-n+3)!}{(m+3)!}$

で、階乗の約分に注意すれば

$a_{n}=\displaystyle \frac{(m-n+3)(m-n+2)(m-n+1)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

$b_{n}$ について

$n$ 回球を取り出したときに赤球が２個残っているとは

• $k-1$ 回白を取り続ける
• $k$ 回目に赤を取る
• 残りの $n-k$ 回白を取り続ける

というもので、その確率は

$a_{k-1} \times \displaystyle \frac{3}{m-k+4} \times \displaystyle \frac{{}_{m-k+1} \mathrm{ P }_{n-k}}{{}_{m-k+3} \mathrm{ P }_{n-k}}$

ということになります。

途中経過はここでは省略しますがこれを頑張って計算すれば

$\displaystyle \frac{3(m-n+3)(m-n+2)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

あとはこれを $k=1$ から $k=n$ まで足し合わせればよく、

$b_{n}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \displaystyle \frac{3(m-n+3)(m-n+2)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

ただ、シグマの変数 $k$ がいないため、

$b_{n}=\displaystyle \frac{3n(m-n+3)(m-n+2)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

と計算は単純に済みます。

$c_{n}$ について

$n$ 回球を取り出したときに赤球が２個残っているとは

• $k-1$ 回取り出して袋の中の赤球が２個
• $k$ 回目に赤を取る
• 残りの $n-k$ 回白を取り続ける

というもので、その確率は

$b_{k-1} \times \displaystyle \frac{2}{m-k+4} \times \displaystyle \frac{{}_{m-k+2} \mathrm{ P }_{n-k}}{{}_{m-k+3} \mathrm{ P }_{n-k}}$

となります。

これも頑張って計算すると

$\displaystyle \frac{6(k-1)(m-n+3)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

あとはこれを $k=2$ から $k=n$ まで足し合わせればよく、

$c_{n}=\displaystyle \sum_{k=2}^{n} \displaystyle \frac{6(k-1)(m-n+3)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

実質は

$\displaystyle \sum_{k=2}^{n} (k-1)=1+2+\cdots+(k-1)$

を捌けばよいため、そこまで計算自体の負荷はありません。

計算結果は

$c_{n}=\displaystyle \frac{3n(n-1)(m-n+3)}{(m+3)(m+2)(m+1)}$

となります。

$\mathrm{A}$ が勝つ確率

$\mathrm{B}$ がとり終わったタイミングで袋の中の赤球が１個の状態で、次の $\mathrm{A}$ の手番で $\mathrm{A}$ が赤を取れば $\mathrm{A}$ の勝ちです。

そこで

$2k$ 個球を取ったとき、袋の中の赤球が１個であり、$2k+1$ 回目に $\mathrm{A}$ が赤を取る

という確率を考えてみます。

この確率は

$c_{2k} \times \displaystyle \frac{1}{m-2k+3}$

です。

あとはこれをシグマしてやればよいわけです。

$k=1 \ , \ 2 \ , \ \cdots$

ですが、最大どこまでいくのかについては上述の路線１同様、$m$ の偶奇によって変わってきますから場合分けが必要となります。

あとは解答 PDF の【解２】をご覧ください。

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