自然対数の底ｅの体感　　　　　　　　　　 　　　

　数学において、円周率 π とか自然対数の底 ｅ は重要な定数である。円周率については、
最近の大学入試問題（東京大学理科系）でも見られた通り、円周の長さを内接（外接）する
正多角形の辺の長さの総和によって近似するという実験により、円周率というものを、実感
できる。
　また、等間隔で無数の平行線が引いてある平面上に、同じ長さの針を落とすとき、その針
が平行線と交わる確率を求めるというＢｕｆｆｏｎの針の問題では、求める確率は、１/π であ
り、平行線と交わる針の本数を数えることにより、間接的ながら、やはり円周率というものが
実感できる。

　これに対して、自然対数の底 ｅ は、定義式による理解のみで、なかなか実感できる実験
というものはないと、私自身思っていた。

　ところが、次のような実験があることを最近知った。この実験では、間接的ながら、自然対
数の底 ｅ の値が体感できる。

　　　１ から ｎ までの自然数の書かれたカードが ｎ 枚
　　ある。今そのカードをよく切って、左図のように番号
　　順に置いていく。
　　　もし、
　　　　　　　　　ａ_ｋ＝ｋ

となるような ｋ が存在するとき、「出合い」が起こったといわれる。

　このとき、出合いが起こらない確率はいくつになるであろうか？

　この問題は、１７０８年モンモール(1678〜1719)が提出した「出合いの問題」といわれるもの
である。受験数学では、「手紙と封筒の問題」として認知されているかもしれない。
１７４０年ごろ、オイラー(1707〜1783)により、この問題は再発見され、解決された。

　出合いが起こらない場合の数を Ｆ(ｎ) とおく。この Ｆ(ｎ) を実際に求めてみよう。

　Ｆ(ｎ) は、１，２，３，・・・，ｎ の数を並び替えたとき、先頭から数えた順番と数が一致するも
のが１つもない並べ方（完全順列または攪乱順列）の数に等しい。

　数 １ は、ａ₁ 以外のどれかである。
今、数 １ が、ａ_ｋ （２≦ｋ≦ｎ）であるとする。このとき、次の２つの場合が考えられる。

（１）　数 ｋ が、ａ₁ であるとき、残りの ｎ−２ 個の数の並べ方の数は、Ｆ(ｎ−２) 通り
（２）　数 ｋ が、ａ₁ でないとき、1 以外の ｎ−１ 個の数の並べ方の数は、Ｆ(ｎ−１) 通り

したがって、次のような漸化式が成り立つ。

　Ｆ(ｎ)＝（ｎ−１）（Ｆ(ｎ−１)＋Ｆ(ｎ−２)）

　明らかに、Ｆ(１)＝０、Ｆ(２)＝１ である。

このとき、 Ｆ(ｎ)−ｎＦ(ｎ−１)＝−（Ｆ(ｎ−１)−（ｎ−１）Ｆ(ｎ−２)） なので、

　Ｆ(ｎ)−ｎＦ(ｎ−１)＝（Ｆ(２)−２Ｆ(１)）（−１）^ｎ＝（−１）^ｎ

よって、

　

と変形できるから

　

すなわち、

　

Ｆ(１)＝０ なので、

　

となる。したがって、

　

（ Ｆ(ｎ) を求める別証明は、こちらを参照　→　「個数定理」 ）

ところで、

なので、

が成り立つ。

したがって、

　

が成り立つ。

　以上から、出合いが起こらない確率は、カードの枚数 ｎ の値を十分大きくすると、だんだん
と、自然対数の底 ｅ の逆数 １/ｅ に近づくことが分かる。

　表計算ソフトＥｘｃｅｌで、”＝EXP（−１）”により計算すると、

　１/ｅ ＝０．３６７８７９４４１１７１４４２・・・

である。このことを念頭におき、いくつかの ｎ の値について、理論値を計算してみよう。

　手計算でできる範囲に ｎ の値を抑えて、ｎ 枚のカードを並べていって、出合いのない並び
の場合だけをカウントし、それを試行回数で割り算すれば、確率 F(ｎ)/ｎ！の統計的確率が
得られる。その値が、自然対数の底 ｅ の値に関係しているということに思いが馳せられれ
ば、この試みは成功としてよいだろう。

（参考文献：山本幸一　著　出合いの問題（数学１００の問題より）　（日本評論社）
　　　　　　藤崎真佐五　著　順列・組合せと確率（科学新興社））


（追記）　令和７年１２月３１日付け

　次の東北大学　前期理系（２００５）の問題は、自然対数の底 ｅ が体感できる問題である。

問題　　１からｎまでの数字を１つずつ書いたｎ枚のカードが箱に入っている。この箱から無
　　作為にカードを１枚取り出して数字を記録し、箱に戻すという操作を繰り返す。ただし、ｋ
　　回目の操作で直前のカードと同じ数字か直前のカードよりも小さい数字のカードを取り出
　　した場合に、ｋを得点として終了する。
（１）　２≦ｋ≦ｎ＋１ を満たす自然数ｋについて、得点がｋとなる確率を求めよ。
（２）　得点の期待値をｎで表した式をＦ（ｎ）とするとき、Ｆ（ｎ）および極限値 ｌｉｍ_ｎ→∞ Ｆ（ｎ）
　　を求めよ。

（解）（１）　得点が ｋ より大きくなるのは、ｋ 個の数が大小の順に並んでいる場合なので、

　その確率は、　_nＣ_k/ｎ^k　である。よって、得点が ｋ 以下の確率は、　１−_nＣ_k/ｎ^k

よって、得点がちょうど ｋ である確率は、

　１−_nＣ_k/ｎ^k−（１−_nＣ_k-1/ｎ^k-1）

＝_nＣ_k-1/ｎ^k-1−_nＣ_k/ｎ^k

＝｛ｎ・ｎ！/（（ｎ−ｋ＋１）！（ｋ−１）！）−ｎ！/（（ｎ−ｋ）！ｋ！）｝/ｎ^k

＝（ｎ/（ｎ−ｋ＋１）−１/ｋ）ｎ！/（ｎ^k（ｎ−ｋ）！（ｋ−１）！）

＝（ｎ＋１）（ｋ−１）/（ｋ（ｎ−ｋ＋１））・ｎ！/（ｎ^k（ｎ−ｋ）！（ｋ−１）！）

＝（ｋ−１）（ｎ＋１）！/（ｎ^k（ｎ−ｋ＋１）！ｋ！）

＝_n+1Ｃ_k・（ｋ−１）/ｎ^k

（２）　Ｆ（ｎ）＝Σ_k=2ⁿ⁺¹ ｋ・_n+1Ｃ_k・（ｋ−１）/ｎ^k

＝Σ_k=2ⁿ⁺¹ （ｎ＋１）！/（（ｎ＋１−ｋ）！ｋ！）・ｋ（ｋ−１）/ｎ^k

＝（（ｎ＋１）/ｎ）Σ_k=2ⁿ⁺¹ （ｎ−１）！/（（ｎ＋１−ｋ）！（ｋ−２）！）/ｎ^k-2

＝（（ｎ＋１）/ｎ）Σ_k=2ⁿ⁺¹ _n-1Ｃ_k-2/ｎ^k-2

＝（（ｎ＋１）/ｎ）Σ_k=0^n-1 _n-1Ｃ_k/ｎ^k

＝（（ｎ＋１）/ｎ）・（１＋１/ｎ）^n-1

＝（１＋１/ｎ）ⁿ

　よって、　ｎ → ∞　のとき、　Ｆ（ｎ） → ｅ　となる。　　（終）



　　以下、工事中！