2018年東北大学理系数学大問2

得意（笑）程度の実力の確率です。

2018年東北大学理系数学大問2
を以上、を以上の整数とする。箱の中に、からまでの番号札がそれぞれ1枚ずつ、合計枚入っている。この箱から、枚の札を無作為に取り出して元に戻す、という志向を回繰り返す。ちょうど回目の試行でそれまでに取り出した札に書かれた数の和がはじめて以上となる確率をとする。
(1)とを求めよ。
(2)を求めよ。
(3)が以上の整数のときを求めよ。

文系数学にも類題が出題されています。
(2)で間違えないようにすることがポイントです。そうしたら、あとは(3)まで一気に得点が獲得できます。こちらも大問1に続いて落としたくない易問。

(考察)
(1)続く小問のヒントになる問題。落とせません。
(2)ポイントは数の和が $n$ 以上になる確率であり、 $n$ になる確率ではないということです。落とすと雪崩を起こします。
(3)(2)の考え方をそのまま応用してあげればOK。2回目までの和さえ決めてしまえば3枚目に何を引けばよいかが決まるので、2回目までの和で場合分けしてしまえばよいです。

(解答)
(1)
$p(1)$ とは、1回目に取り出したカードが $n$ 以上になる確率。つまり、1回目に $n$ が書かれたカードを取り出す確率である。
よって、求める確率は $\begin{eqnarray}\frac{1}{n}\end{eqnarray}$

また $p(n)$ とは、 $n$ 回目までに取り出したカードの和が $n$ 以上になる確率。つまり、 $n$ 回の試行すべてにおいて $1$ を取り出す確率である。
よって、求める確率は $\begin{eqnarray}(\frac{1}{n})^n\end{eqnarray}$

(2)
$p(2)$ とは、2回目までに取り出したカードの和が $n$ 以上になる確率。
1回目に $k$ を取り出した場合、2回目は $n,n-1,n-2,\cdots,n-k$ の $(k+1)$ 種類のカードのいずれかを取り出せばよい。 $(1\le k \le n-1)$
つまり、1回目に $k$ を取り出したときに、2回目までに取り出したカードの和が $n$ 以上になる確率は、 $\begin{eqnarray}\frac{1}{n}\cdot\frac{k+1}{n}=\frac{k+1}{n^2}\end{eqnarray}$
$p(2)$ は、1回目に $1$ を取り出す場合と、 $2$ を取り出す場合と、 $\cdots$ 、 $n-1$ を取り出す場合とがあるから
　　　　 $\begin{eqnarray}\displaystyle p(2)&=&\frac{1+1}{n^2}+\frac{2+1}{n^2}+\cdots\frac{(n-1)+1}{n^2}\\ &=&\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{n^2}\\ &=&\frac{1}{n^2}\{\frac{1}{2}(n-1)n+(n-1)\}\\ &=&\frac{(n-1)(n+2)}{2n^2}\end{eqnarray}$

(3)
$p(3)$ とは、3回目までに取り出したカードの和が $n$ 以上になる確率。
2回目までに取り出したカードの和が $k$ である確率を $q(k)$ とおくと、
2回目までに取り出したカードの和が $k$ であるときに、3回目取り出したカードまでの和が $n$ 以上になるためには(2)と同様に $n,n-1,n-2,\cdots,n-k$ の $(k+1)$ 種類のカードのいずれかを取り出せばよい。 $(2\le k \le n-1)$
よって、2回目までに取り出したカードの和が $k$ であるとき、3回目までに取り出したカードの和が $n$ 以上になる確率は $\begin{eqnarray}q(k)\cdot \frac{k+1}{n}\end{eqnarray}$

ここで $q(k)$ を求める。
カードの取り出し方は $(1$ 回目 $,2$ 回目 $)=(1,k-1),(2,k-2),\cdots (k-1,1)$ の $k-1$ 通りだから
　　　　 $\begin{eqnarray}q(k)=\frac{k-1}{n^2}\end{eqnarray}$
よって
　　　　 $\begin{eqnarray}\displaystyle p(3)&=&\sum_{k=2}^{n-1}q(k)\frac{k+1}{n}\\ &=&\sum_{k=2}^{n-1}\frac{k-1}{n^2}\cdot\frac{k+1}{n}\\ &=&\frac{1}{n^3}\sum_{k=2}^{n-1}(k-1)(k+1)\\ &=&\frac{1}{n^3}\{\sum_{k=1}^{n-1}(k-1)(k+1)-(1-1)(1+1)\}\\ &=&\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n-1}(k-1)(k+1)\\ &=&\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n-1}(k^2-1)\\ &=&\frac{1}{n^3}\{\frac{1}{6}(n-1)n(2n-1)-(n-1)\}\\ &=&\frac{(n-1)(2n^2-n+6)}{6n^3}\\ &=&\frac{(n-2)(n-1)(2n+3)}{6n^3} \end{eqnarray}$

(3)の最後のシグマ変形では、
　　　　 $(k=2$ から $k=n-1$ までの和 $)=(k=1$ から $k=n-1$ までの和 $)-(k=1$ の部分 $)$
という考え方で変形しました。
他にもこんな変形でもよいです
(別解)
　　　　 $\begin{eqnarray}\displaystyle p(3)&=&\frac{1}{n^3}\sum_{k=2}^{n-1}(k-1)(k+1)\end{eqnarray}$
ここで、 $l=k-1$ とおくと、 $l$ は $1$ から $n-2$ までを動き、 $(k-1)(k+1)=l(l+2)$ となるから
　　　　 $\begin{eqnarray}\displaystyle p(3)&=&\frac{1}{n^3}\sum_{k=2}^{n-1}(k-1)(k+1)\\ &=&\frac{1}{n^3}\sum_{l=1}^{n-2}l(l+2)\\ &=&\frac{1}{n^3}\sum_{l=1}^{n-2}(l^2+2l)\\ &=&\frac{1}{n^3}\{\frac{1}{6}(n-2)(n-1)(2n-3)+(n-2)(n-1)\}\\ &=&\frac{(n-2)(n-1)}{6n^3}(2n-3+6)\\ &=&\frac{(n-2)(n-1)(2n+3)}{6n^3} \end{eqnarray}$