자연계열 (오후) 2번

[문제 2-1](1) 두 번째 시행에서 꺼낸 공이 빨간 공일 확률을 경우를 나눠서 계산하자. 첫 번째 공이 빨간 공인 경우의 확률은 $\displaystyle \frac{r}{r+b}\times\frac{r+1}{r+b+1}$이고, 첫 번째 공이 파란 공인 경우의 확률은 $\displaystyle \frac{b}{r+b}\times\frac{r}{r+b+1}$이다.따라서 확률의 덧셈정리에 의해 두 번째 시행에서 꺼낸 공이 빨간 공일 확률은 $\displaystyle \frac{r(r+1)+br}{(r+b)(r+b+1)}=\frac{r}{r+b}$이다.

(2) 세 번째 시행에서 꺼낸 공이 빨간 공일 경우는 모두 $\displaystyle 4$가지이다. 빨간 공을 꺼내는 시행을 R, 파란 공을 꺼내는 시행을 B이라 하고 각 경우의 확률을 구하면 아래와 같다.R-R-R : $\displaystyle \frac{2}{3}\times\frac{3}{4}\times\frac{4}{5}=\frac{24}{60}$ … ①B-R-R : $\displaystyle \frac{1}{3}\times\frac{2}{4}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{60}$ … ②R-B-R : $\displaystyle \frac{2}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{60}$ … ③B-B-R : $\displaystyle \frac{1}{3}\times\frac{2}{4}\times\frac{2}{5}=\frac{4}{60}$ … ④

따라서 조건부확률은 $\displaystyle \frac{①+②}{①+②+③+④}=\frac{24+6}{24+6+6+4}=\frac{3}{4}$이다.

(3) $\displaystyle 2021$회 시행 직후 공의 수는 $\displaystyle 2024$개이고 빨간 공과 파란 공의 개수가 $\displaystyle 1012$개로 같아야 하므로 빨간 공은 $\displaystyle 1010$번, 파란 공은 $\displaystyle 1011$번 꺼내져야 한다.

이렇게 공을 꺼내는 각 경우의 확률이 모두 $\displaystyle \frac{(2\times3\times4\times\cdots\times1011)\times(1\times2\times\cdots\times1011)}{3\times4\times\cdots\times2023}$와 같으므로 $\displaystyle 2021$회 시행을 마친 직후 주머니의 빨간 공과 파란 공의 개수가 같을 확률은$\displaystyle \begin{aligned}{}_{2021}\mathrm{C}_{1010}\frac{(2\times3\times4\times\cdots\times1011)\times(1\times2\times\cdots\times1011)}{3\times4\times\cdots\times2023}&=\frac{2021!}{1010!\times1011!}\cdot\frac{2\times(1011!)^2}{2023!}\\&=\frac{2\times1011}{2022\times2023}=\frac{1}{2023}\end{aligned}$가 된다.

[문제 2-2](1) 각 시행에서 꺼낸 공을 흰 공인 경우(W)와 흰 공이 아닐 경우(C)로 나누자. 각 경우의 확률과 $\displaystyle X,\ X^2$을 각각 구하면 아래와 같다.C-C : $\displaystyle \frac{2}{4}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{20},\ X=2,\ X^2=4$W-C : $\displaystyle \frac{2}{4}\times\frac{2}{5}=\frac{4}{20},\ X=3,\ X^2=9$C-W : $\displaystyle \frac{2}{4}\times\frac{2}{5}=\frac{4}{20},\ X=4,\ X^2=16$W-W : $\displaystyle \frac{2}{4}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{20},\ X=5,\ X^2=25$즉, $\displaystyle \mathrm{E}(X)=\frac{7}{2}$, $\displaystyle \mathrm{E}(X^2)=\frac{137}{10}$이다. 따라서 $\displaystyle \mathrm{V}(X)=\mathrm{E}(X^2)-(\mathrm{E}(X))^2=\frac{29}{20}$이다.

(2) $\displaystyle 3+a_1+\cdots+a_n=3^n+2$이므로 $\displaystyle a_n=3^n-3^{n-1}=2\cdot3^{n-1}$이다. $\displaystyle 2\cdot3^6>546$이므로 $\displaystyle 547-1=546$은 $\displaystyle 2\cdot3^0,\ 2\cdot3^1,\ \ldots,\ 2\cdot3^5$의 조합만으로 이루어져야 한다. 한편, 그러한 조합은 $\displaystyle 547=1+2(3+3^3+3^5)$으로 유일함을 알 수 있다. 즉, 흰 공은 $\displaystyle 2,\ 4,\ 6$번째 뽑혔다. 따라서 $\displaystyle 4$번째 시행 직후 흰 공의 개수는 $\displaystyle 1+6+54=61$개이다.

(3) 수열 $\displaystyle \{a_n\}$이 모든 $\displaystyle n$에 대해 $\displaystyle a_n\ge0,\ a_{n+1}>a_n$이므로 $\displaystyle a_n\ge n-1$이다.$\displaystyle 2+12+4940=4954=3+a_1+a_2+\cdots+a_{100}\ge3+0+1+\cdots+99=4953$이므로, $\displaystyle a_n\ge n-1$에 대하여 하나의 $\displaystyle n$을 제외하고 등호가 성립해야 한다. $\displaystyle n<100$일 때 $\displaystyle a_n\ge n$이면, $\displaystyle a_{n+1}\ge a_n+1=n+1$가 되어 전체 공의 개수는 $\displaystyle 4955$이상이라 모순이다. 따라서 $\displaystyle a_{100}=100$이고, $\displaystyle n\le99$이면 $\displaystyle a_n=n-1$이다. 따라서

$\displaystyle \begin{aligned}\sum_{n=1}^{99}\frac{1}{\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{n+1}}}&=\left(\sum_{n=1}^{98}\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt n}\right)+\frac{1}{\sqrt{100}+\sqrt{98}}=\sum_{n=1}^{98}(\sqrt n-\sqrt{n-1})+\frac{1}{\sqrt{100}+\sqrt{98}}\\&=\sqrt{98}+\frac{10-\sqrt{98}}{2}=5+\frac{\sqrt{98}}{2}\end{aligned}$이다.

한편 빨간 공의 개수가 $\displaystyle 2=1+1$개이므로 두 번째 시행에서 반드시 빨간 공을 꺼내야 한다. 즉, 파란 공을 $\displaystyle 11$개를 꺼내는 방법은 $\displaystyle 1$을 사용하지 않아야 하므로, $\displaystyle 11$을 뽑는 방법은 아래와 같다.- 12번째 시행에서 파란 공을 꺼냄 (11개)- 1번째 시행과 12번째 시행에서 파란 공을 꺼냄 ($\displaystyle 0+11=11$개)- 1번째, 3번째, 10번째 시행에서 파란 공을 꺼냄 ($\displaystyle 0+2+9=11$개)- 1번째, 3번째, 4번째, 7번째 시행에서 파란 공을 꺼냄 ($\displaystyle 0+2+3+6=11$개)- 1번째, 3번째, 5번째, 6번째 시행에서 파란 공을 꺼냄 ($\displaystyle 0+2+4+5=11$개)

따라서, $\displaystyle m=1,\ 2,\ 3,\ 4$가 가능하다. 공을 다섯 번 꺼내면 파란 공은 최소한 $\displaystyle 1+(0+2+3+4+5)=15$개 이상이므로, $\displaystyle m\ge5$에서는 성립하지 않는다.