解説

方針・初手

まず $Y$ の値で条件づける。 $Y=k$ と固定すると、各 $X_i$ について「$X_i\leqq k$」が起こる確率は $\dfrac{k}{N}$ であり、しかも $X_1,\dots,X_5$ は互いに独立である。

したがって （1） は二項分布で処理できる。 （2） は （1） の結果を $Y=1,2,\dots,N$ について平均すればよい。

解法1

**(1)**

$Y=k$ とする。 このとき、各 $i=1,2,\dots,5$ について

$$ P(X_i\leqq k\mid Y=k)=\frac{k}{N} $$

である。

よって、$X_1,\dots,X_5$ のうち $k$ 以下であるものの個数は、成功確率 $\dfrac{k}{N}$ の二項分布 $B!\left(5,\dfrac{k}{N}\right)$ に従う。

したがって、少なくとも $4$ つが $k$ 以下である確率 $p(N,k)$ は

$$ p(N,k)={}_{5}\mathrm{C}_{4}\left(\frac{k}{N}\right)^4\left(1-\frac{k}{N}\right)+{}_{5}\mathrm{C}_{5}\left(\frac{k}{N}\right)^5 $$

である。これを整理すると

$$ p(N,k)=5\left(\frac{k}{N}\right)^4\left(1-\frac{k}{N}\right)+\left(\frac{k}{N}\right)^5 =5\left(\frac{k}{N}\right)^4-4\left(\frac{k}{N}\right)^5 $$

となる。

**(2)**

$Y$ は $1,2,\dots,N$ のいずれの値も確率 $\dfrac1N$ でとるから、全確率の公式より

$$ p(N)=\frac1N\sum_{k=1}^N p(N,k) $$

である。（1） の結果を代入すると

$$ p(N)=\frac1N\sum_{k=1}^N\left\{5\left(\frac{k}{N}\right)^4-4\left(\frac{k}{N}\right)^5\right\} $$

となる。

これは連続関数 $f(x)=5x^4-4x^5$ に対するリーマン和であるから、

$$ \begin{aligned} \lim_{N\to\infty}p(N) &= \int_0^1 \left(5x^4-4x^5\right),dx \end{aligned} $$

である。よって

$$ \begin{aligned} \int_0^1 \left(5x^4-4x^5\right),dx &= \left[x^5-\frac23x^6\right]_0^1 =1-\frac23 =\frac13 \end{aligned} $$

となる。

したがって

$$ \lim_{N\to\infty}p(N)=\frac13 $$

である。

解説

この問題の要点は、$Y$ を固定すると「$X_i\leqq Y$」という条件が単なる成功確率 $\dfrac{Y}{N}$ のベルヌーイ試行になることである。 すると （1） は二項分布の確率計算に帰着し、（2） はその条件付き確率を $Y$ について平均するだけである。

極限でリーマン和が現れるのは、$\dfrac{Y}{N}$ が $[0,1]$ 上でほぼ一様に動くためである。

答え

**(1)**

$$ p(N,k)={}_{5}\mathrm{C}_{4}\left(\frac{k}{N}\right)^4\left(1-\frac{k}{N}\right)+\left(\frac{k}{N}\right)^5 =5\left(\frac{k}{N}\right)^4-4\left(\frac{k}{N}\right)^5 $$

**(2)**

$$ \lim_{N\to\infty}p(N)=\frac13 $$