PIE - ノリの悪い日記

包除原理 $\text{(PIE)}$ を使う入試問題を探していたら, 2023 年の東大の文理共通問題があったのでやってみる. この問題の問 (2) まで解くつもりなら, 問 (1) を (2) につながるようにどう解くかということが大事になる. もちろん問 (2) を捨てる場合にはこの限りではなく, 普通に解けばよい. 黒玉は $3$ 個しかないので $\text{PIE}$ で極端に複雑にならずいけるだろうという予想は立てられる.

【問】

(1)
(2) につなげるために, この問は重複組合せを使って (2) を解くための構想を確認しながら解く.

まず赤玉 $4$ 個を最初に並べる.

$x_1, R, x_2, R, x_3, R, x_4, R, x_5$

ここで, 赤玉が隣り合わないので, $x_i$ を置かれる玉の個数として (まず玉を区別しないで考える),

$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 +x_5 = 8$
$x_1 \geq 0, x_2 , x_3, x_4> 0, x_5 \geq 0$

が成り立つ.

$x_2 = x_2'+1$
$x_3 = x_3' +1$
$x_4 = x_4' +1$

と可逆な変数変換をして,

$x_1 + x_2' + x_3' + x_4' +x_5 = 5$
$x_1 , x_2' , x_3', x_4', x_5 \geq 0$

とすると, 整数解の順序対,

$(x_1 , x_2' , x_3', x_4', x_5)$

の個数は, 重複組合せより,

${}_5\mathrm{H}_5{} = {}_{5+5-1}\mathrm{C}_5 = {}_9\mathrm{C}_4$

で与えられる. したがって, $(x_1 , x_2 , x_3, x_4, x_5)$ の順序対の個数も ${}_9\mathrm{C}_4$ で与えられる.

求める確率 $p$ は, 玉の区別を考慮して,

$\displaystyle{ p = \frac{{} _9\mathrm{C}_48!4!}{12!} = \frac{14}{55} }$

(2)
(1) での赤玉を最初に並べるセッティングをそのまま使って, 黒玉も隣り合わない場合の数を $\text{PIE}$ で求める.

全体集合 $\Omega$ の濃度は, (1) で求めた通りで,

$|\Omega| = {}_9\mathrm{C}_48!4!$

$3$ つの黒玉を $BL_1, BL_2, BL_3$ とし,

$P_1$ : $BL_1$ と $BL_2$ が隣り合う.
$P_2$ : $BL_1$ と $BL_3$ が隣り合う.
$P_3$ : $BL_2$ と $BL_3$ が隣り合う.

として, $\text{PIE}$ より求める場合の数は, (隣り合う黒玉は $1$ つにまとめて考えるという常套手段を使って)

${}_9\mathrm{C}_4 8!4! - 3\cdot {}_8\mathrm{C}_4 2!7!4! + 3\cdot {}_7\mathrm{C}_4 2!6!4!$

したがって, 求める条件付き確率 $q$ は,

$\displaystyle{ q \\= \frac{{}_9\mathrm{C}_4 8!4! - 3\cdot {}_8\mathrm{C}_4 2!7!4! + 3\cdot {}_7\mathrm{C}_4 2!6!4! }{ {}_9\mathrm{C}_4 8!4!} \\= \frac{{}_9\mathrm{C}_4\cdot 2^2 \cdot 7- {}_8\mathrm{C}_4\cdot 3 \cdot 7 + {}_7\mathrm{C}_4 \cdot 3}{ {}_9\mathrm{C}_4 \cdot 2^2 \cdot 7} }$

${}_9\mathrm{C}_4 = 2 \cdot 3^2 \cdot 7$
${}_8\mathrm{C}_4 = 2\cdot 5 \cdot 7$
${}_7\mathrm{C}_4 = 5 \cdot 7$

これから,

$\begin{align} q&= \frac{2^3 \cdot 3 \cdot 7 - 2\cdot 5 \cdot 7 + 5 }{2^3 \cdot 3 \cdot 7 }\\ &= \frac{103}{168} \end{align}$
//