解説

方針・初手

復元抽出なので、全事象は各回 $n$ 通りずつあり、全部で $n^k$ 通りである。取り出した $k$ 個がすべて相異なるには、1回目から順に選べる球の数が $n,n-1,\ldots,n-k+1$ となることを用いる。

その後、$P(n,k)$ を積の形に直してから $n$ 乗し、各因子に

$$ \lim_{x\to +0}(1-x)^{1/x}=e^{-1}

$$

を適用する。

解法1

まず、$k$ 回の取り出しにおいて、各回でどの球が出るかは $n$ 通りであるから、全事象の数は

$$ n^k

$$

である。

取り出した $k$ 個の球がすべて相異なるためには、1回目は任意の球でよく、2回目は1回目と異なる球、3回目はそれまでの2個と異なる球、というように選ばれればよい。

したがって、そのような取り出し方の数は

$$ n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)

$$

である。

よって

$$ P(n,k)=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^k}

$$

である。これを積の形で書くと

$$ P(n,k)=\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)

$$

である。$j=0$ の因子は $1$ なので、

$$ P(n,k)=\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)

$$

としてよい。

次に

$$ Q(k)=\lim_{n\to\infty}{P(n,k)}^n

$$

を求める。$k$ は固定して考えるので、

$$ \begin{aligned} {P(n,k)}^n &= \prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)^n \end{aligned} $$

である。

ここで、$j$ を固定すると、$x=\dfrac{j}{n}$ とおけば $n\to\infty$ のとき $x\to +0$ であり、

$$ \begin{aligned} \left(1-\frac{j}{n}\right)^n &= \left\{\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n/j}\right\}^j \end{aligned} $$

である。したがって、与えられた公式より

$$ \begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{j}{n}\right)^n &= (e^{-1})^j \\ e^{-j} \end{aligned} $$

となる。

ゆえに

$$ \begin{aligned} Q(k) &= \prod_{j=1}^{k-1}e^{-j} \\ e^{-(1+2+\cdots+(k-1))} \end{aligned} $$

である。ここで

$$ 1+2+\cdots+(k-1)=\frac{k(k-1)}{2}

$$

だから、

$$ Q(k)=e^{-\frac{k(k-1)}{2}}

$$

である。

最後に、

$$ \begin{aligned} \log Q(k) &= \log e^{-\frac{k(k-1)}{2}} \\ -\frac{k(k-1)}{2} \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{\log Q(k)} &= -\frac{2}{k(k-1)} \end{aligned} $$

となる。

よって求める級数は

$$ \begin{aligned} \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{\log Q(k)} &= -2\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k(k-1)} \end{aligned} $$

である。ここで

$$ \begin{aligned} \frac{1}{k(k-1)} &= \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k} \end{aligned} $$

より、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k(k-1)} &= \sum_{k=2}^{\infty}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) \\ 1 \end{aligned} $$

である。

したがって、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{\log Q(k)} &= -2 \end{aligned} $$

である。

解説

復元抽出なので、各回の結果は独立に $n$ 通りある。ただし「すべて相異なる」という条件により、成功する取り出し方は順に $n,n-1,\ldots,n-k+1$ 通りとなる。この処理がこの問題の第一の要点である。

第二の要点は、$P(n,k)$ そのものの極限ではなく、${P(n,k)}^n$ の極限を考える点である。$P(n,k)\to 1$ であるが、$n$ 乗することで指数関数型の極限が現れる。

また、$Q(k)<1$ であるため、$\log Q(k)$ は負である。したがって、最後の無限級数の値も負になる。この符号を落とさないことが重要である。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} P(n,k)=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^k} &= \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \end{aligned} $$

**(2)**

$$ Q(k)=e^{-\frac{k(k-1)}{2}}

$$

**(3)**

$$ \sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{\log Q(k)}=-2

$$