解説

方針・初手

5回の試行で引かれた数を順に $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$ とおく。

すると事象 $A_k$ は

$$ A_k={X_k>\max(X_1,\dots,X_{k-1})}

$$

である。

各回とも復元抽出であるから，$X_1,\dots,X_5$ はそれぞれ $1,2,\dots,n$ を等確率でとる独立な確率変数である。 したがって，各事象の確率は，条件を満たす組の総数を数え上げて求めるのが自然である。

解法1

（1） $\lim\limits_{n\to\infty} p_n$ を求める

$A_2$ は $X_2>X_1$ である。

2つの値 $X_1,X_2$ について，

• $X_2>X_1$
• $X_2<X_1$
• $X_2=X_1$

の3通りに分かれる。

対称性より

$$ P(X_2>X_1)=P(X_2<X_1)

$$

であり，また

$$ P(X_2=X_1)=\frac{1}{n}

$$

である。よって

$$ 2p_n+\frac{1}{n}=1

$$

となるから，

$$ p_n=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)=\frac{n-1}{2n}

$$

である。したがって

$$ \lim_{n\to\infty} p_n=\frac{1}{2}

$$

となる。

（2） $\lim\limits_{n\to\infty} q_n$ を求める

$A_5$ は $X_5$ がそれ以前の4回すべてより大きいこと，すなわち

$$ X_5>\max(X_1,X_2,X_3,X_4)

$$

である。

ここで $X_5=a$ と固定する。ただし $a=1,2,\dots,n$ である。 このとき $A_5$ が起こるためには，$X_1,X_2,X_3,X_4$ がすべて $a-1$ 以下でなければならない。 各 $X_i$ の取り方はそれぞれ $a-1$ 通りあるので，その総数は

$$ (a-1)^4

$$

通りである。

したがって，条件を満たす5つ組の総数は

$$ \sum_{a=1}^n (a-1)^4

$$

であり，全事象の総数は $n^5$ だから

$$ q_n=\frac{1}{n^5}\sum_{a=1}^n (a-1)^4 =\frac{1}{n^5}\sum_{j=0}^{n-1} j^4

$$

となる。

ここで

$$ q_n =\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{j}{n}\right)^4

$$

と書けるので，これは区間 $[0,1]$ における $x^4$ のリーマン和である。よって

$$ \lim_{n\to\infty} q_n=\int_0^1 x^4,dx=\frac{1}{5}

$$

となる。

（3） $\lim\limits_{n\to\infty} r_n$ を求める

$r_n$ は $A_2\cap A_5$ の確率であるから，これは

$$ X_2>X_1 \quad \text{かつ} \quad X_5>\max(X_1,X_2,X_3,X_4)

$$

が同時に成り立つ確率である。

再び $X_5=a$ と固定する。 このとき $X_1,X_2,X_3,X_4$ はすべて $1,2,\dots,a-1$ の中から選ばれ，さらに $X_2>X_1$ を満たさなければならない。

まず $(X_1,X_2)$ の取り方を数える。 $1\le X_1<X_2\le a-1$ を満たす順序つき組 $(X_1,X_2)$ の個数は，

$$ {}_{a-1}\mathrm{C}_{2}=\frac{(a-1)(a-2)}{2}

$$

である。

一方，$X_3,X_4$ についてはそれぞれ自由に $1,2,\dots,a-1$ から選べるので，その個数は

$$ (a-1)^2

$$

である。

したがって，$X_5=a$ のもとで $A_2\cap A_5$ を満たす4つ組 $(X_1,X_2,X_3,X_4)$ の個数は

$$ \frac{(a-1)(a-2)}{2}\cdot (a-1)^2 =\frac{(a-1)^3(a-2)}{2}

$$

である。ゆえに

$$ r_n =\frac{1}{n^5}\sum_{a=1}^n \frac{(a-1)^3(a-2)}{2}

$$

となる。ここで $j=a-1$ とおくと

$$ r_n =\frac{1}{2n^5}\sum_{j=0}^{n-1} j^3(j-1) =\frac{1}{2n^5}\sum_{j=0}^{n-1}(j^4-j^3)

$$

である。

これを

$$ r_n =\frac{1}{2}\left\{ \frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{j}{n}\right)^4 -\frac{1}{n^2}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{j}{n}\right)^3 \right\}

$$

と変形する。

第1項はリーマン和より $\dfrac{1}{5}$ に収束し，第2項は有界な和に $\dfrac{1}{n^2}$ が掛かっているので $0$ に収束する。したがって

$$ \lim_{n\to\infty} r_n =\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5} =\frac{1}{10}

$$

となる。

解説

この問題の本質は，離散的な一様分布での大小関係を数え上げ，最後にリーマン和として極限をとることである。

（1） では $X_1,X_2$ の対称性を使うのが最短である。 （2） では $X_5$ の値を固定すると，それより小さい値しか前4回に現れてはならないので，$(a-1)^4$ という形が自然に出る。 （3） でも同様に $X_5$ を固定し，その上で $X_2>X_1$ という条件だけを別に数えればよい。

特に （2） と （3） は，$X_5=a$ と固定してから前の4個を数える，という処理が典型である。

答え

**(1)**

$$ \lim_{n\to\infty} p_n=\frac{1}{2}

$$

**(2)**

$$ \lim_{n\to\infty} q_n=\frac{1}{5}

$$

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty} r_n=\frac{1}{10}

$$