袋の中に白球$n$個、赤球$n$個、青球$n$個、黒球1個、合計$3n+1$個の球が入っている。 この袋から球を1つずつ順に取り出す（取り出した球は袋に戻さない）。 (1) 3回目に取り出した球が黒球である確率を求めよ。 (2) 黒球を取り出すまでに赤球と青球は取り出されていない確率を求めよ。 (3) 黒球を取り出すまでに白球、赤球、青球のいずれも少なくとも1つずつは取り出されている確率を求めよ。

1. 問題の内容

袋の中に白球$n$個、赤球$n$個、青球$n$個、黒球1個、合計$3n+1$個の球が入っている。

この袋から球を1つずつ順に取り出す（取り出した球は袋に戻さない）。

(1) 3回目に取り出した球が黒球である確率を求めよ。

(2) 黒球を取り出すまでに赤球と青球は取り出されていない確率を求めよ。

(3) 黒球を取り出すまでに白球、赤球、青球のいずれも少なくとも1つずつは取り出されている確率を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) 3回目に取り出した球が黒球である確率

3回目に取り出した球が黒球であるのは、

1回目、2回目、3回目に黒球が出る場合、

1回目、2回目に黒球が出ず、3回目に黒球が出る場合、

1回目に黒球が出ず、2回目に黒球が出ず、3回目に黒球が出る場合の3通りがある。

しかし、3回目に取り出す球が黒球である確率は、1回目に取り出す球が黒球である確率と等しくなる。

したがって、

$\frac{1}{3n+1}$

(2) 黒球を取り出すまでに赤球と青球は取り出されていない確率

これは、最初に白球と黒球を取り出す順序を考える。

白球$n$個と黒球1個を並べる順列の総数は$\frac{(n+1)!}{n!1!} = n+1$通り。

このうち黒球が最後であるものは白球の順列$n!$通り。

したがって、求める確率は

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

黒球が $k$ 番目に出る確率は $\frac{1}{3n+1}$ である。

黒球が $k$ 番目に出るまでに赤球も青球も出ていないということは、

$k-1$ 回までに白球のみが出ているということである。

$k-1$ 回までに白球が出ている確率は、$\frac{{n \choose k-1}}{{3n+1 \choose k-1}}$

黒球が出るまでに赤球と青球が出ていない確率は、

$\frac{n+1}{3n+1}$

$n+1$回のうち、赤球と青球を取り出さないで黒球を取り出す確率は

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

黒球を取り出すまでに赤球と青球が取り出されていない確率は、白球と黒球だけを取り出すということである。

$3n+1$個の球から白球$n$個と黒球1個を選び、並べる方法は$_{n+1}P_{n+1} = (n+1)!$通り。

全体の球の取り出し方は$_{3n+1}P_{n+1} = (3n+1)(3n)\dots (2n+1)$通り。

したがって、求める確率は、

$\frac{(n+1)!}{(3n+1)!/(2n)!} = \frac{(n+1)!(2n)!}{(3n+1)!} = \frac{(n+1)}{(3n+1)(3n) \dots (2n+2)}$

(3) 黒球を取り出すまでに白球、赤球、青球のいずれも少なくとも1つずつは取り出されている確率

これは余事象を考える。

(1) 白球のみしか取り出されていない

(2) 赤球のみしか取り出されていない

(3) 青球のみしか取り出されていない

(4) 白球と赤球のみしか取り出されていない

(5) 白球と青球のみしか取り出されていない

(6) 赤球と青球のみしか取り出されていない

白球、赤球、青球が取り出される確率は、

$1 - (P(白のみ) + P(赤のみ) + P(青のみ) + P(白赤のみ) + P(白青のみ) + P(赤青のみ) )$

$P(白のみ) = \frac{n!}{(3n+1)(3n)\dots(2n+2)}$

$P(白赤のみ) = \frac{(2n)!}{(3n+1)(3n) \dots (n+2)}$

3. 最終的な答え

(1) $\frac{1}{3n+1}$

(2) $\frac{n+1}{(3n+1)(3n)(3n-1)\dots(2n+2)} = \frac{(n+1)!(2n)!}{(3n+1)!}$

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

答えが一致しないため、後ほど修正します。

(2) の答え　$\frac{n+1}{(3n+1) \cdot (3n) \cdot (3n-1) \cdots (2n+2)} = \frac{(n+1)! (2n)!}{(3n+1)!}$

(3) の答えは以下の通りです。

求める確率は、

$1 - P(A \cup B \cup C)$

ここで、A：白球が一度も取り出されない、B：赤球が一度も取り出されない、C：青球が一度も取り出されない

$P(A) = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1) \cdots (n+2)}{(3n+1)(3n)(3n-1) \cdots (2n+2)} = \frac{(2n+1)! n!}{(3n+1)! (n+1)!}$

$P(B) = P(A)$

$P(C) = P(A)$

$P(A \cap B) = \frac{(n+1)n(n-1) \cdots 2}{(3n+1)(3n)(3n-1) \cdots (2n+2)} = \frac{(n+1)! (2n)!}{(3n+1)! (n+1)!}$

$P(A \cap C) = P(A \cap B)$

$P(B \cap C) = P(A \cap B)$

$P(A \cap B \cap C) = 0$

よって、$P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(A \cap B) - P(A \cap C) - P(B \cap C) + P(A \cap B \cap C)$

$= 3P(A) - 3P(A \cap B) + 0$

$= 3 \cdot \frac{(2n+1)n}{(3n+1)(3n)} - 3 \cdot \frac{n(n-1)}{(3n+1)(3n)}$

従って、

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

$= 1 - 3 \frac{(2n)! / n!}{(3n+1)!/(2n)!} + 3 \frac{n!}{(3n+1)!/(2n)!} = 1 - 3 \frac{(2n)!(2n)!}{n! (3n+1)!} + 3 \frac{n! (2n)!}{(3n+1)!}$

訂正版

(1) $\frac{1}{3n+1}$

(2) $\frac{(n+1)!(2n)!}{(3n+1)!}$

(3) $1 - \frac{6 n! n! (2n+1)!}{(3n+1)! (n!)^2}$