ドア A, B, C の向こうに賞品があるという事象をそれぞれ $A,$ $B,$ $C$ とおく. さらに, 挑戦者が A を選んだとき, 司会者が C を開けるという事象を $E$ とおく. 司会者が C を開けたとき, A が当たりである条件付き確率 $P_E(A),$ B が当たりである条件付き確率 $P_E(B)$ の大小を比較すればよい.

(1)

まず, $P(E)$ を求める. 賞品は無作為に隠されているから, \[ P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{3}\] である.

• A が当たりのとき司会者は C の他に B も開けることができるから, $P_A(E) = \dfrac{1}{2}$ であり, \[ P(A\cap E) = P(A)P_A(E) = \frac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2} = \frac{1}{6} \quad \cdots [1]\] である.
• B が当たりのとき司会者は C を開けるしかないから, $P_B(E) = 1$ であり, \[ P(B\cap E) = P(B)P_B(E) = \frac{1}{3}\cdot 1 = \frac{1}{3} \quad \cdots [2]\] である.
• C が当たりのとき司会者は C を開けることはないから, $P_C(E) = 0$ であり, \[ P(C\cap E) = P(C)P_C(E) = \frac{1}{3}\cdot 0 = 0\] である.

よって, \[\begin{aligned} P(E) &= P(A\cap E)+P(B\cap E)+P(C\cap E) \\ &= \frac{1}{6}+\frac{1}{3}+0 = \frac{1}{2} \end{aligned}\] である.

(2)

次に, $P_E(A),$ $P_E(B)$ の各値を求めて比較する.

• $[1]$ から, \[ P_E(A) = \frac{P(A\cap E)}{P(E)} = \frac{1}{6}\div\frac{1}{2} = \frac{1}{3}\] である.
• $[2]$ から, \[ P_E(B) = \frac{P(B\cap E)}{P(E)} = \frac{1}{3}\div\frac{1}{2} = \frac{2}{3}\] である.

$P_E(A) < P_E(B)$ であるから, ドアを変更するときの方が賞品を得る確率が高い.

　$k$ 番の生徒が赤玉を取り出す確率を $p_k$ とおき, \[\alpha = \frac{a}{a+b}, \quad \beta = \frac{b}{a+b}\] とおく.

(i)

最初に $1$ 番の生徒が赤玉を取り出すとき. その確率は $\alpha$ である.

(ii)

最初に $1$ 番の生徒が白玉を取り出すとき. $1$ 番の生徒は $2$ 番の生徒から始めたときの $n$ 番目と見なせるから, $1$ 番の生徒が赤玉を取り出す確率は $\beta p_n$ である.

よって, \[ p_1 = \alpha +\beta p_n \quad \cdots [1]\] が成り立つ. また, $k \geqq 2$ のとき, $k$ 番の生徒が赤玉を取り出すには $1$ 番の生徒が白玉を取り出すことが必要であり, $k$ 番の生徒は $2$ 番の生徒から始めたときの $k-1$ 番目と見なせるから, \[ p_k = \beta p_{k-1} \quad \cdots [2]\] である. よって, 数列 $\{ p_k\}$ は公比 $\beta$ の等比数列であるから, \[ p_k = p_1\beta ^{k-1} \quad (1 \leqq k \leqq n) \quad \cdots [3]\] が成り立つ. $p_n = p_1\beta ^{n-1}$ を $[1]$ に代入すると,

$p_1 = \alpha +p_1\beta ^n$　よって　$p_1 = \dfrac{\alpha}{1-\beta ^n}$

となる. これを $[3]$ に代入すると, \[\begin{aligned} p_k &= \frac{\alpha\beta ^{k-1}}{1-\beta ^n} \\ &= \frac{a}{a+b}\cdot\frac{b^{k-1}}{(a+b)^{k-1}}\div\left\{ 1-\frac{b^n}{(a+b)^n}\right\} \\ &= \frac{ab^{k-1}(a+b)^{n-k}}{(a+b)^n-b^n} \end{aligned}\] が得られる.

　集会の参加者が $r$ 人であるとする. この中に同じ誕生日の人がいない確率は \[\begin{aligned} &\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-2}{n}\cdot\cdots\cdot\frac{n-(r-1)}{n} \\ &= \left( 1-\frac{1}{n}\right)\left( 1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left( 1-\frac{r-1}{n}\right) \\ &\fallingdotseq e^{-\frac{1}{n}}e^{-\frac{2}{n}}\cdots e^{-\frac{r-1}{n}} \\ &= e^{-\frac{1+2+\cdots +(r-1)}{n}} = e^{-\frac{r(r-1)}{2n}} \\ &\fallingdotseq e^{-\frac{r^2}{2n}} \end{aligned}\] であるから, 同じ誕生日の人がいる確率はおよそ \[ 1-e^{-\frac{r^2}{2n}}\] である. この値が $\dfrac{1}{2}$ 以上になる条件は, \[\begin{aligned} 1-e^{-\frac{r^2}{2n}} &\geqq \frac{1}{2} \\ e^{-\frac{r^2}{2n}} &\leqq \frac{1}{2} \\ -\frac{r^2}{2n} &\leqq \log\frac{1}{2} = -\log 2 \\ r^2 &\geqq 2\log 2\cdot n \\ r &\geqq \sqrt{2\log 2}\sqrt n \end{aligned}\] である.

　$n$ 回目に色 $i$ $(1 \leqq i \leqq r)$ の玉を取り出す確率を $p_n$ とおく. \[ p_n = \frac{a_i}{a_1+\cdots +a_r} \quad \cdots [*]\] であることを数学的帰納法で示す.

(i)

$n = 1$ のとき. 明らかに $[*]$ が成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき $[*]$ が成り立つとする. また, $k$ 回目の試行を行う直前の壺の中にある色 $i$ の玉の個数を $x,$ その他の色の玉の個数を $y$ とおく. $k$ 回目に取り出す玉の色で場合に分けて考えると, \[\begin{aligned} p_{k+1} &= p_k\cdot\frac{x+c}{x+y+c}+(1-p_k)\cdot\frac{x}{x+y+c} \\ &= \frac{x}{x+y}\cdot\frac{x+c}{x+y+c}+\frac{y}{x+y}\cdot\frac{x}{x+y+c} \\ &= \frac{x(x+y+c)}{(x+y)(x+y+c)} = \frac{x}{x+y} \\ &= p_k = \frac{a_i}{a_1+\cdots +a_r} \end{aligned}\] が得られる. よって, $n = k+1$ のとき $[*]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $p_n = \dfrac{a_i}{a_1+\cdots +a_r}$ が成り立つ.

　B のあめが $k$ 個になったときに最終的に B のあめがなくなる確率を $p_k$ とおく. B のあめが $k$ 個 $(k \geqq 1)$ のとき, 確率 $a$ でゲームに負けてあめが $k-1$ 個になり, 確率 $b$ でゲームに勝ってあめが $k+1$ 個になるから, \[ p_k = ap_{k-1}+bp_{k+1} \quad \cdots [*]\] が成り立つ.

(i)

$a = b$ のとき. $[*]$ に $a = b = \dfrac{1}{2}$ を代入して整理すると \[ p_{k+1}-2p_k+p_{k-1} = 0\] となる. よって, \[ p_{k+1}-p_k = p_k-p_{k-1} \quad (k \geqq 1)\] が成り立つので, $\{ p_k\}$ は等差数列である. $p_0 = 1,$ $p_{m+n} = 0$ であるから, その公差は $c = -\dfrac{1}{m+n}$ である. ゆえに, 求める確率は \[ p_n = p_0+cn = 1-\frac{n}{m+n} = \frac{m}{m+n}\] である.

(ii)

$a < b$ のとき. $[*]$ を整理すると \[ p_{k+1}-\frac{1}{b}p_k+\frac{a}{b}p_{k-1} = 0\] となる. よって, \[ p_{k+1}-p_k = \frac{a}{b}(p_k-p_{k-1}) \quad (k \geqq 1)\] が成り立つので, $\{ p_{k+1}-p_k\}$ は第 $0$ 項 $c,$ 公比 $\dfrac{a}{b}$ の等比数列であり, その一般項は \[ p_{k+1}-p_k = c\left(\frac{a}{b}\right) ^k\] である. したがって, \[\begin{aligned} 0 &= p_{m+n} = p_0+\sum_{k = 0}^{m+n-1}c\left(\frac{a}{b}\right) ^k = 1+c\cdot\frac{1-\dfrac{a^{m+n}}{b^{m+n}}}{1-\dfrac{a}{b}} \\ c &= -\frac{1-\dfrac{a}{b}}{1-\dfrac{a^{m+n}}{b^{m+n}}} \end{aligned}\] である. ゆえに, 求める確率は \[\begin{aligned} p_n &= p_0+\sum_{k = 0}^{n-1}c\left(\frac{a}{b}\right) ^k = 1-\frac{1-\dfrac{a}{b}}{1-\dfrac{a^{m+n}}{b^{m+n}}}\cdot\frac{1-\dfrac{a^n}{b^n}}{1-\dfrac{a}{b}} \\ &= 1-\frac{b^{m+n}-a^nb^m}{b^{m+n}-a^{m+n}} = \frac{a^n(b^m-a^m)}{b^{m+n}-a^{m+n}} \end{aligned}\] である.

　赤玉の個数を $r,$ 白玉の個数を $s$ とおき, 先手が勝つ確率を $P(A),$ 後手が勝つ確率を $P(B)$ とおく. ちょうど $k$ 回目 (つまり $2$ 人の取り出した玉の合計がちょうど $k$ 個になったとき) に勝者が決まる確率を $p_k$ とおく.

(1)

$P(A),$ $P(B)$ を $p_k$ $(1 \leqq k \leqq s+1)$ で表す. $s$ 個より多く玉を取り出すと必ず赤玉が出るから, $s$ が偶数のとき \[\begin{aligned} P(A) &= p_1+p_3+\cdots +p_{s-1}+p_{s+1}, \\ P(B) &= p_2+p_4+\cdots +p_s \end{aligned}\] が, $s$ が奇数のとき \[\begin{aligned} P(A) &= p_1+p_3+\cdots +p_s, \\ P(B) &= p_2+p_4+\cdots +p_{s+1} \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$p_k \geqq p_{k+1}$ が成り立つことを示す. $k$ 回目に勝者が決まらない確率を $q_k$ とおくと, \[\begin{aligned} p_{k+1} &= q_k\cdot\frac{r}{r+s-k} \quad \cdots [1], \\ q_{k+1} &= q_k\cdot\frac{s-k}{r+s-k} \end{aligned}\] となり, \[\begin{aligned} p_{k+2} &= q_{k+1}\cdot\frac{r}{r+s-k-1} \\ &= q_k\cdot\frac{s-k}{r+s-k}\cdot\frac{r}{r+s-k-1} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] となる. $[1],$ $[2]$ の辺々を割ると \[\frac{p_{k+1}}{p_{k+2}} = \frac{r+s-k-1}{s-k}\] が得られる. 一方, $r \geqq 1$ から $r+s-k-1 \geqq s-k$ であるので, $\dfrac{p_{k+1}}{p_{k+2}} \geqq 1$ つまり $p_{k+1} \geqq p_{k+2}$ が成り立つ. また, \[ p_1 = \frac{r}{r+s}, \quad p_2 = \frac{s}{r+s}\cdot\frac{r}{r+s-1} = p_1\cdot\frac{s}{r+s-1}\] から $p_1 \geqq p_2$ であるので, $p_k \geqq p_{k+1}$ が成り立つ.

(3)

$P(A) = P(B)$ となる条件を求める. (1) のいずれの場合にも, $p_1 \geqq p_2,$ $p_3 \geqq p_4,$ $\cdots$ から, $P(A) \geqq P(B)$ が成り立つ. よって, $P(A)+P(B) = 1$ から \[ 2P(A) \geqq P(A)+P(B) = 1\] であるので, $P(A) \geqq \dfrac{1}{2}$ が成り立つ. $p_{s+1} \neq 0$ に注意すると, この等号が成り立つためには, $p_1 = p_2$ かつ $s$ が奇数であることが必要である. $p_1 = p_2$ のとき, $p_1 = p_1\cdot\dfrac{s}{r+s-1}$ から, $r = 1$ が成り立つ. 逆に, $r = 1$ かつ $s$ が奇数であるとき $P(A) = P(B)$ となるので, 求める条件は “$r = 1$ かつ $s$ は奇数” である.

　A のポイント獲得率を $a,$ B のポイント獲得率を $b$ とおく. \[ a+b = 1, \quad a = 2b\] から, \[ a = \frac{2}{3}, \quad b = \frac{1}{3}\] である. 簡単のため, このゲーム内のポイントを $0$ - $15$ のようには数えず, $0$ - $1$ のように数える ($3$ - $3$ 以上の引き分けがデュース). ポイントが $i$ - $j$ になった時点から A がゲームをとる確率を $P(i,j)$ で表す. 求める確率は $P(3,3)$ である. このとき, \[ P(i,j) = aP(i+1,j)+bP(i,j+1)\] が成り立ち, 特に \[\begin{aligned} P(3,3) &= aP(4,3)+b(3,4) \quad \cdots [1], \\ P(4,3) &= aP(5,3)+b(4,4) \quad \cdots [2], \\ P(3,4) &= aP(4,4)+b(3,5) \quad \cdots [3] \end{aligned}\] である. $[2],$ $[3]$ を $[1]$ に代入して整理すると, \[ P(3,3) = a^2P(5,3)+2abP(4,4)+b^2P(3,5)\] が得られる. ここで \[ P(5,3) = 1, \quad P(4,4) = P(3,3), \quad P(3,5) = 0\] であるから, 求める確率は \[\begin{aligned} P(3,3) &= \frac{a^2}{1-2ab} \\ &= \frac{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^2}{1-2\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{3}} = \frac{4}{5} \end{aligned}\] である.

　$n$ を $2$ 以上の整数とする. $n$ 人で $1$ 回だけじゃんけんをするとき, 勝者の人数を $X_n$ とおく. 求めるべきは, $X_n$ の期待値 $E(X_n)$ を最大にする $n$ の値である.

(1)

まず, 勝者が $k$ 人 $(1 \leqq k \leqq n-1)$ である確率 $P(X_n = k)$ を求める. $n$ 人のじゃんけんで, 全員の手の出し方は $3^n$ 通りある. 勝者が $k$ 人 $(1 \leqq k \leqq n-1)$ であるとき, 勝者と敗者を分ける方法が ${}_n\mathrm C_k$ 通りあり, そのおのおのに対して勝者と敗者の手の組合せが ${}_3\mathrm C_2$ 通りあるから, $X_n = k$ となる確率は \[ P(X_n = k) = \frac{{}_n\mathrm C_k\cdot {}_3\mathrm C_2}{3^n} = \frac{{}_n\mathrm C_k}{3^{n-1}} \quad \cdots [1]\] である.

(2)

次に, $X_n$ の期待値 $E(X_n)$ を求める. $X_n$ は $0$ 以上 $n-1$ 以下の整数の値をとるから, $[1]$ により, $X_n$ の期待値は \[\begin{aligned} E(X_n) &= \sum_{k = 0}^{n-1}kP(X_n = k) \\ &= \sum_{k = 1}^{n-1}kP(X_n = k) \quad (\because 0\cdot P(X_n = 0) = 0) \\ &= \sum_{k = 1}^{n-1}k\cdot\frac{{}_n\mathrm C_k}{3^{n-1}} \quad (\because [1]) \\ &= \sum_{k = 1}^{n-1}n\cdot\frac{{}_{n-1}\mathrm C_{k-1}}{3^{n-1}} \quad (\because k\,{}_n\mathrm C_k = n\,{}_{n-1}\mathrm C_{k-1}) \\ &= \frac{n}{3^{n-1}}\sum_{k = 1}^{n-1}{}_{n-1}\mathrm C_{k-1} \\ &= \frac{n}{3^{n-1}}\{ (1+1)^{n-1}-{}_{n-1}\mathrm C_{n-1}\} \\ &= \frac{n(2^{n-1}-1)}{3^{n-1}} \end{aligned}\] である. 最後から $2$ つめの等号では二項定理を使った.

(3)

最後に, $E(X_n)$ を最大にする $n$ の値を求める. \[\begin{aligned} \frac{E(X_{n+1})}{E(X_n)} &= \frac{(n+1)(2^n-1)}{3^n}\cdot\frac{3^{n-1}}{n(2^{n-1}-1)} \\ &= \frac{(2n+2)(2^n-1)}{3n(2^n-2)} \end{aligned}\] であるから, $n \geqq 3$ のとき \[\begin{aligned} &E(X_n) > E(X_{n+1}) \iff \frac{E(X_{n+1})}{E(X_n)} < 1 \\ &\iff \frac{(2n+2)(2^n-1)}{3n(2^n-2)} < 1 \\ &\iff (2n+2)(2^n-1) < 3n(2^n-2) \\ &\iff 4n-2 < (n-2)2^n \\ &\iff \frac{4n-2}{n-2} < 2^n \iff 4+\frac{6}{n-2} < 2^n \\ &\iff n \geqq 4 \quad \left(\because 4+\frac{6}{n-2} \leqq 10\right) \end{aligned}\] が成り立つ. また, \[ E(X_2) = \frac{2}{3}, \quad E(X_3) = 1, \quad E(X_4) = \frac{28}{27}\] である. よって, \[ E(X_2) < E(X_3) < E(X_4) > E(X_5) > E(X_6) > \cdots\] であるから, $E(X_n)$ は $n = 4$ のとき最大値 $\dfrac{28}{27}$ をとる.

　すべての玉を区別して考える. 最小で $1$ 個, 最大で $n-r+1$ 個玉を取り出せば, 赤玉が出る. $k$ 個目 $(1 \leqq k \leqq n-r+1)$ に赤玉を取り出すとき, $n-k$ 個中 $r-1$ 個の赤玉が残るから, 残った玉の組合せは ${}_{n-k}\mathrm C_{r-1}$ 通りある. これは $k$ 個目に赤玉を取り出す方法の総数に等しいから, その確率は \[\frac{{}_{n-k}\mathrm C_{r-1}}{{}_n\mathrm C_r}\] である. ゆえに, 赤玉が出るまでに取り出す玉の個数の期待値は, \[\begin{aligned} &1\cdot\frac{{}_{n-1}\mathrm C_{r-1}}{{}_n\mathrm C_r}+\cdots +k\cdot\frac{{}_{n-k}\mathrm C_{r-1}}{{}_n\mathrm C_r}+\cdots +(n-r+1)\cdot\frac{{}_{r-1}\mathrm C_{r-1}}{{}_n\mathrm C_r} \\ &= \frac{1}{{}_n\mathrm C_r}\left(\begin{array}{ccccc} {}_{n-1}\mathrm C_{r-1}+ & \cdots & +{}_{n-k}\mathrm C_{r-1}+ & \cdots & +{}_{r-1}\mathrm C_{r-1} \\ {} & \ddots & \vdots & {} & \vdots \\ {} & {} & +{}_{n-k}\mathrm C_{r-1}+ & \cdots & +{}_{r-1}\mathrm C_{r-1} \\ {} & {} & {} & \ddots & \vdots \\ {} & {} & {} & {} & +{}_{r-1}\mathrm C_{r-1} \end{array}\right) \\ &= \frac{1}{{}_n\mathrm C_r}({}_n\mathrm C_r+\cdots +{}_{n-k+1}\mathrm C_r+\cdots +{}_r\mathrm C_r) \\ &= \frac{1}{{}_n\mathrm C_r}\cdot{}_{n+1}\mathrm C_{r+1} \\ &= \frac{(n+1)!}{(r+1)!(n-r)!}\div\frac{n!}{r!(n-r)!} \\ &= \frac{n+1}{r+1} \end{aligned}\] である. ここで, 第 $2,$ 第 $3$ の等号では「ホッケー・スティック恒等式」 \[ {}_n\mathrm C_r+\cdots +{}_r\mathrm C_r = {}_{n+1}\mathrm C_{r+1} \quad (0 \leqq r < n)\] (こちらを参照) を使った.

　隣どうしに座る夫婦の総数を $X$ とおく. 求めるべきは, $X$ の期待値 $E(X)$ である.
　席に $1$ から $2n$ までの番号をつけて, 各番号 $k$ $(1 \leqq k \leqq 2n)$ に対して, 番号 $k$ の席に座る人とその右隣に座る人が夫婦であるとき $X_k = 1,$ そうでないとき $X_k = 0$ と定める. $n \geqq 2$ に注意すると, 隣どうしに座る夫婦の総数 $X$ は右隣に伴侶が座る人の総数に等しいから, \[ X = X_1+\cdots +X_{2n} \quad \cdots [1]\] が成り立つ.

(1)

まず, $X_k$ の期待値 $E(X_k)$ $(1 \leqq k \leqq 2n)$ を求める. 番号 $k$ の席に座る人とその右隣に座る人が夫婦である確率は $\dfrac{1}{n},$ そうでない確率は $\dfrac{n-1}{n}$ であるから, \[ E(X_k) = 0\cdot\frac{n-1}{n}+1\cdot\frac{1}{n} = \frac{1}{n} \quad \cdots [2]\] である.

(2)

次に, $X$ の期待値 $E(X)$ を求める. $[1],$ $[2]$ により, \[\begin{aligned} E(X) &= E(X_1+\cdots +X_{2n}) = E(X_1)+\cdots +E(X_{2n}) \\ &= 2n\cdot\frac{1}{n} = 2 \end{aligned}\] である.

　事象 $A_1,$ $\cdots,$ $A_n$ のいずれかが等確率で起こる試行の反復試行において, $A_1,$ $\cdots,$ $A_n$ がすべて $1$ 回以上起こるまでに要する試行回数 $X$ の期待値 $E(X)$ を求めればよい. $A_1,$ $\cdots,$ $A_n$ のうち $k$ 個 $(0 \leqq k \leqq n-1)$ が起こった状態から別の事象が起こるまでに要する試行回数を $X_k$ とおくと, \[ X = \sum_{k = 0}^{n-1}X_k\] となる. 期待値の線形性により \[ E(X) = \sum_{k = 0}^{n-1}E(X_k) = \sum_{k = 0}^{n-1}\frac{n}{n-k} = n\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k}\] であるから, $E(X_k)$ の値を求める. $X_k = m$ ($m$: 正の整数) となるのは, $m-1$ 回はすでに起こった $k$ 個の事象以外は起こらず, その次に残り $n-k$ 個のうち $1$ つの事象が起こる場合であるから, \[ P(X_k = m) = \left(\dfrac{k}{n}\right) ^{m-1}\dfrac{n-k}{n}\] である. よって, \[\begin{aligned} E(X_k) &= \sum_{m = 1}^\infty m\,P(X_k = m) = \sum_{m = 1}^\infty m\left(\frac{k}{n}\right) ^{m-1}\frac{n-k}{n} \\ &= \frac{n-k}{n}\left( 1-\dfrac{k}{n}\right) ^{-2} = \frac{n-k}{n}\left(\dfrac{n-k}{n}\right) ^{-2} \\ &= \frac{n}{n-k} \end{aligned}\] である. ここで第 $3$ の等号では, $r = \dfrac{k}{n}$ に対して \[\sum_{m = 1}^\infty mr^{m-1} = \frac{1}{(1-r)^2}\] が成り立つことを使った ($r = 0$ のときは自明, $0 < r < 1$ のときの証明はこちらを参照). ゆえに, 求める期待値は \[ E(X) = \sum_{k = 0}^{n-1}\frac{n}{n-k} = n\sum_{k = 1}^n\dfrac{1}{k}\] である.