解説

方針・初手

4枚のカードの数字を小さい順に並べたとき、$X$ は上から2番目、すなわち「2番目に大きい数」である。

$X=k$ となるには、$k$ が選ばれ、$k$ より大きい数がちょうど1枚、$k$ より小さい数がちょうど2枚選ばれればよい。この数え上げから確率を求め、期待値は

$$ E(X)=\sum kP(X=k)

$$

によって計算する。

解法1

4枚のカードの選び方は全部で

$$ {}_{n}\mathrm{C}_{4}

$$

通りであり、すべて同様に確からしい。

**(1)**

$X=k$ となる場合を考える。ただし $k=3,4,\ldots,n-1$ である。

$k$ が2番目に大きい数であるためには、次の3条件が必要十分である。

• 数字 $k$ のカードを選ぶ。
• $k$ より大きい $n-k$ 枚の中から1枚を選ぶ。
• $k$ より小さい $k-1$ 枚の中から2枚を選ぶ。

したがって、$X=k$ となる選び方は

$$ {}_{k-1}\mathrm{C}_{2}(n-k)

$$

通りである。よって

$$ P(X=k)=\frac{{}_{k-1}\mathrm{C}_{2}(n-k)}{{}_{n}\mathrm{C}_{4}}

$$

である。これを整理すると、

$$ \begin{aligned} P(X=k) &= \frac{\dfrac{(k-1)(k-2)}{2}(n-k)} {\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}} &= \frac{12(k-1)(k-2)(n-k)}{n(n-1)(n-2)(n-3)} \end{aligned} $$

となる。

**(2)**

$$ k(k-1)(k-2)=6{}_{k}\mathrm{C}_{3}

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2) &= 6\sum_{k=1}^{n}{}_{k}\mathrm{C}_{3} \end{aligned} $$

である。ここで

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}{}_{k}\mathrm{C}_{3} &= {}_{n+1}\mathrm{C}_{4} \end{aligned} $$

が成り立つ。これは、$1,2,\ldots,n+1$ から4個を選び、その最大値を $k+1$ とする場合分けに対応している。

したがって、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2) &= 6{}_{n+1}\mathrm{C}_{4} \end{aligned} $$

である。よって

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2) &= 6\cdot \frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{24} \\ \frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{4} \end{aligned} $$

となる。

（3） 数学的帰納法で示す。

命題

$$ \begin{aligned} (P_n):\quad \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) &= \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \end{aligned} $$

を考える。

まず $n=1$ のとき、左辺は

$$ \sum_{k=1}^{1}k(k-1)(k-2)(1-k)=0

$$

であり、右辺も

$$ \frac{1}{20}\cdot 2\cdot 1\cdot 0\cdot (-1)\cdot (-2)=0

$$

である。よって $P_1$ は成り立つ。

次に、ある自然数 $n$ について $P_n$ が成り立つと仮定する。このとき、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}k(k-1)(k-2)((n+1)-k) &= \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)((n+1)-k) \\ &= \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) + \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2) \end{aligned}

$$

である。ここで、$k=n+1$ の項は $((n+1)-(n+1))=0$ となるため消えている。

帰納法の仮定と （2） の結果を用いると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}k(k-1)(k-2)((n+1)-k) &= \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \\ &\quad+ \frac{1}{4}(n+1)n(n-1)(n-2) \end{aligned}

$$

である。共通因数をくくると、

$$ \begin{aligned} &\frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) + \frac{1}{4}(n+1)n(n-1)(n-2) \\ &= (n+1)n(n-1)(n-2) \left\{ \frac{n-3}{20}+\frac{1}{4} \right\} \\ &= (n+1)n(n-1)(n-2) \cdot \frac{n+2}{20} \\ &= \frac{1}{20}(n+2)(n+1)n(n-1)(n-2) \end{aligned}

$$

となる。これは $P_{n+1}$ の右辺である。

したがって、$P_n$ が成り立てば $P_{n+1}$ も成り立つ。ゆえに数学的帰納法により、すべての自然数 $n$ に対して

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) &= \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \end{aligned} $$

が成り立つ。

（4） 期待値は

$$ E(X)=\sum_{k=3}^{n-1}kP(X=k)

$$

である。（1） の結果を用いると、

$$ \begin{aligned} E(X) &= \sum_{k=3}^{n-1}k\cdot \frac{{}_{k-1}\mathrm{C}_{2}(n-k)}{{}_{n}\mathrm{C}_{4}} \\ &= \frac{1}{{}_{n}\mathrm{C}_{4}}\sum_{k=3}^{n-1}k\cdot \frac{(k-1)(k-2)}{2}(n-k) \end{aligned}

$$

である。$k=1,2,n$ の項は $k(k-1)(k-2)(n-k)=0$ となるので、和の範囲を $1$ から $n$ まで広げても値は変わらない。したがって、

$$ \begin{aligned} E(X) &= \frac{1}{2{}_{n}\mathrm{C}_{4}} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) \end{aligned} $$

である。

（3） の結果より、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) &= \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} E(X) &= \frac{1}{2{}_{n}\mathrm{C}_{4}} \cdot \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \\ &= \frac{1}{40} (n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \cdot \frac{24}{n(n-1)(n-2)(n-3)} \\ &= \frac{3}{5}(n+1) \end{aligned}

$$

となる。

解説

この問題の中心は、$X=k$ となる状況を正確に数えることである。

「2番目に大きい数が $k$」という条件は、単に $k$ が含まれるだけでは不十分である。$k$ より大きい数がちょうど1枚、$k$ より小さい数がちょうど2枚必要である。この分解ができれば、確率は組合せで直接求められる。

また、期待値の計算では

$$ \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k)

$$

が現れる。これは （3） の等式をそのまま使う形になるため、前問の誘導を意識して処理するのが自然である。

答え

**(1)**

$k=3,4,\ldots,n-1$ に対して、

$$ \begin{aligned} P(X=k) &= \frac{{}_{k-1}\mathrm{C}_{2}(n-k)}{{}_{n}\mathrm{C}_{4}} \\ \frac{12(k-1)(k-2)(n-k)}{n(n-1)(n-2)(n-3)} \end{aligned} $$

**(2)**

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2) &= \frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{4} \end{aligned} $$

**(3)**

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k(k-1)(k-2)(n-k) &= \frac{1}{20}(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3) \end{aligned} $$

がすべての自然数 $n$ について成り立つ。

**(4)**

$$ E(X)=\frac{3}{5}(n+1)

$$