解説

方針・初手

全てのボールは番号付きで区別され、全ての箱も番号付きで区別される。したがって、まずは「各ボールがどの箱に入るか」を直接数えればよい。

また、番号1の箱にちょうど2個入る場合は、まずその2個のボールを選び、残りのボールの行き先を数えればよい。

解法1

まず、$m$ 個のボールはそれぞれ $n$ 個の箱のいずれか1つに入るので、各ボールについて選び方は $n$ 通りある。 よって、相異なる入れ方の総数 $a(m,n)$ は

$$ a(m,n)=n^m $$

である。

したがって、

$$ [ア]=n^m $$

である。

次に、番号1の箱に入るボールの個数がちょうど2個である入れ方の総数 $b(m,n)$ を求める。

まず、$m$ 個のボールの中から、番号1の箱に入る2個を選ぶ方法は

$$ {}_{m}\mathrm{C}_{2} $$

通りである。

その2個を番号1の箱に入れると、残りの $m-2$ 個のボールは番号1の箱には入れられないから、番号2から番号$n$までの $n-1$ 個の箱のいずれかに入る。 よって、残りの $m-2$ 個の入れ方は

$$ (n-1)^{m-2} $$

通りである。

以上より、

$$ b(m,n)={}_{m}\mathrm{C}_{2}(n-1)^{m-2} $$

となる。したがって、

$$ [イ]={}_{m}\mathrm{C}_{2}(n-1)^{m-2} $$

である。

最後に、

$$ \frac{b(2n,n)}{a(2n,n)} $$

を求める。

上で得た式に代入すると、

$$ a(2n,n)=n^{2n} $$

であり、

$$ b(2n,n)={}_{2n}\mathrm{C}_{2}(n-1)^{2n-2} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \frac{b(2n,n)}{a(2n,n)} &= \frac{{}_{2n}\mathrm{C}_{2}(n-1)^{2n-2}}{n^{2n}} \end{aligned} $$

となる。これを整理すると、

$$ \begin{aligned} \frac{b(2n,n)}{a(2n,n)} &= \frac{2n(2n-1)}{2}\cdot \frac{(n-1)^{2n-2}}{n^{2n}}\\ &= \frac{2n-1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{2n-2}\\ &= \left(2-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{1}{n}\right)^{2n-2} \end{aligned} $$

である。

ここで、

$$ \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \to e^{-1} \qquad (n\to\infty) $$

であるから、

$$ \left(1-\frac{1}{n}\right)^{2n-2} \to e^{-2} $$

となる。したがって、

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{b(2n,n)}{a(2n,n)} &= 2e^{-2} \end{aligned} $$

である。

ゆえに、

$$ [ウ]=\frac{2}{e^2} $$

である。

解説

この問題は、区別されるボールを区別される箱へ入れる基本的な数え上げである。

$a(m,n)$ は各ボールの行き先を独立に決めればすぐに求まる。一方、$b(m,n)$ は「番号1の箱に入る2個のボールを先に選ぶ」という順序で考えるのが自然である。 極限では、$\left(1-\frac{1}{n}\right)^n \to e^{-1}$ を使える形まで整理することが要点である。

答え

$$ \begin{aligned} \text{(ア)}&\ n^m\\ \text{(イ)}&\ {}_{m}\mathrm{C}_{2}(n-1)^{m-2}\\ \text{(ウ)}&\ \frac{2}{e^2} \end{aligned} $$