$N$を自然数とする。0から$N$までの異なる数字が書かれた$(N+1)$個の球が入った袋から、2球を同時に取り出す。取り出した球に書かれた数字の差を確率変数$X$とする。以下の問いに答えよ。 (1) $1 \le k \le N$を満たす自然数$k$に対して、$X = k$となる確率$P(X=k)$を求めよ。 (2) $X$の平均$E(X)$を求めよ。 (3) $N=4$のとき、$X$の分散$V(X)$を求めよ。

1. 問題の内容

$N$を自然数とする。0から$N$までの異なる数字が書かれた$(N+1)$個の球が入った袋から、2球を同時に取り出す。取り出した球に書かれた数字の差を確率変数$X$とする。以下の問いに答えよ。

(1) $1 \le k \le N$を満たす自然数$k$に対して、$X = k$となる確率$P(X=k)$を求めよ。

(2) $X$の平均$E(X)$を求めよ。

(3) $N=4$のとき、$X$の分散$V(X)$を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

まず、2球の選び方の総数を求める。$(N+1)$個の球から2個を選ぶので、その総数は${}_{N+1}C_2 = \frac{(N+1)N}{2}$である。

次に、$X = k$となる場合の数を求める。2球の数字の差が$k$となるのは、$(0, k), (1, k+1), (2, k+2), \dots, (N-k, N)$の$(N-k+1)$通りである。

したがって、$P(X=k) = \frac{N-k+1}{{}_{N+1}C_2} = \frac{N-k+1}{\frac{(N+1)N}{2}} = \frac{2(N-k+1)}{N(N+1)}$となる。

(2)

$X$の取りうる値は$1, 2, \dots, N$である。$E(X) = \sum_{k=1}^{N} k P(X=k)$を計算する。

$E(X) = \sum_{k=1}^{N} k \frac{2(N-k+1)}{N(N+1)} = \frac{2}{N(N+1)} \sum_{k=1}^{N} k(N-k+1) = \frac{2}{N(N+1)} \sum_{k=1}^{N} (N+1)k - k^2$

$= \frac{2}{N(N+1)} \left[(N+1)\sum_{k=1}^{N} k - \sum_{k=1}^{N} k^2 \right]$

$= \frac{2}{N(N+1)} \left[(N+1) \frac{N(N+1)}{2} - \frac{N(N+1)(2N+1)}{6} \right]$

$= \frac{2}{N(N+1)} \frac{N(N+1)}{6} [3(N+1) - (2N+1)] = \frac{1}{3} [3N+3-2N-1] = \frac{1}{3}(N+2)$

したがって、$E(X) = \frac{N+2}{3}$となる。

(3)

$N=4$のとき、$E(X) = \frac{4+2}{3} = 2$である。

$V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$なので、$E(X^2)$を求める。

$P(X=k) = \frac{2(5-k)}{4 \cdot 5} = \frac{5-k}{10}$

$E(X^2) = \sum_{k=1}^{4} k^2 P(X=k) = \sum_{k=1}^{4} k^2 \frac{5-k}{10} = \frac{1}{10} \sum_{k=1}^{4} (5k^2 - k^3)$

$= \frac{1}{10} \left[5 \sum_{k=1}^{4} k^2 - \sum_{k=1}^{4} k^3 \right] = \frac{1}{10} \left[5 \frac{4(4+1)(2 \cdot 4+1)}{6} - \left(\frac{4(4+1)}{2}\right)^2 \right]$

$= \frac{1}{10} \left[ 5 \frac{4 \cdot 5 \cdot 9}{6} - (10)^2 \right] = \frac{1}{10} [ 5 \cdot 30 - 100 ] = \frac{1}{10} [150 - 100] = \frac{50}{10} = 5$

したがって、$V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 5 - 2^2 = 5 - 4 = 1$となる。

3. 最終的な答え

(1) $P(X=k) = \frac{2(N-k+1)}{N(N+1)}$

(2) $E(X) = \frac{N+2}{3}$

(3) $V(X) = 1$