確率 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「不良品だった」という結果から、原因(どちらの機械か)をさかのぼる。時間の流れと逆向きの確率だ。

条件付き確率の定義に戻る。分母は「不良品になるすべてのルート」($A$ 経由と $B$ 経由)。分子は「$A$ 経由」だ。

ルートの合流として図式化するのが発想の核になる。

求めるのは、不良品だったという条件のもとで、機械 A 製である確率 $P(A\mid \text{不良})$ だ。条件付き確率なので

$$P(A\mid \text{不良})=\frac{P(A\cap \text{不良})}{P(\text{不良})}$$

分子(A で作られ、かつ不良): $0.6\times 0.03=0.018$

分母(不良品全体): 不良品には A 由来と B 由来があるので、両方を足す。

$$P(\text{不良})=0.6\times 0.03+0.4\times 0.05=0.018+0.020=0.038$$

だから

$$P(A\mid \text{不良})=\frac{0.018}{0.038}=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}$$

まとめ:もとの生産の割合は A が60%と多いが、不良品にしぼると A 由来の割合は $\frac{9}{19}\fallingdotseq 0.47$ と半分以下に下がる。これは B のほうが不良率が高いためで、『不良品』という情報が原因の確率を書きかえたことを表す。原因の確率では、分母に『結果が起こる全部の道すじ』を漏らさず足すのが、いちばん大事だ。

発展。 この更新は「オッズ($2$ つの確率の比)」で見ると、もっと軽い。

はじめ $A,B$ の生産比は $60:40=3:2$。これが事前のオッズだ。ここへ、不良の起こりやすさの比 $3\%:5\%=3:5$(尤度比)を、対応する側どうしでかける。

$3\times 3:2\times 5=9:10$ が、不良と分かった後のオッズになる。だから $A$ である確率は $\frac{9}{9+10}=\frac{9}{19}$。「事前オッズ $\times$ 尤度比 $=$ 事後オッズ」。これがベイズの更新のいちばん素早い形で、証拠が増えるたびに尤度比をかけ足していけばよい。

別解

別解:実際の個数で数える(苦手な人向けの自然頻度ルート)。 割合のままだと分かりにくいので、製品を具体的に $10000$ 個そろえたと考える。

機械 $A$ 製は $60\%$ だから $6000$ 個。そのうち不良は $3\%$ で $180$ 個。機械 $B$ 製は $40\%$ だから $4000$ 個。そのうち不良は $5\%$ で $200$ 個。

不良品は全部で $180+200=380$ 個。この $380$ 個のうち、$A$ 製は $180$ 個だ。

$$\frac{180}{380}=\frac{9}{19}.$$

条件付き確率の公式を使わなくても、「不良品の山の中で $A$ 製が占める割合」を数えるだけで出る。本解と同じ答えになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 条件付き確率の分母・分子が、どちらも反復試行で書ける複合問題だ。

分母には「少なくとも $1$ 回」を置く。これは余事象で計算する。分子には「ちょうど $1$ 回」を置く。こちらは反復試行だ。

$2$ つの既習の型を、条件付き確率という枠組みの部品として組み合わせる。その設計力が問われている。6の目を『成功』($p=\frac{1}{6}$)とする。

分子(ちょうど1回): 反復試行より

$${}_3{\mathrm{C}}_1{\left(\frac{1}{6}\right)}^1{\left(\frac{5}{6}\right)}^2=3\times \frac{1}{6}\times \frac{25}{36}=\frac{75}{216}$$

分母(少なくとも1回): 反対の『1回も出ない』を使って

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}$$

条件付き確率は、分子を分母で割って

$$P(\text{ちょうど1回}\mid \text{少なくとも1回})=\frac{\frac{75}{216}}{\frac{91}{216}}=\frac{75}{91}$$

まとめ:分母どうしの216が約分され、結局は場合の数の比 $\frac{75}{91}$ になる。『ちょうど1回』は『少なくとも1回』の中に含まれる(ちょうど1回なら、当然少なくとも1回)ので、分子はそのまま『ちょうど1回』でよい。

発展。 投げる回数を $n$ に増やすと、$6$ の出た回数は二項分布に従う。今回の条件付き確率はその分布から「$0$ 回」を取り除いた場合の中での「ちょうど $1$ 回」の割合だ。

一般には $\frac{n\left(\frac{1}{6}\right){\left(\frac{5}{6}\right)}^{n-1}}{1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^n}$ となる。$n=3$ なら $\frac{75}{91}$ だ。$n$ が大きくなると、この値はしだいに小さくなる。回数が増えるほど「複数回出る」ほうが優勢になり、「ちょうど $1$ 回」は「少なくとも $1$ 回」の中の小さな一部になっていくからだ。

別解

別解:分母を「ちょうど何回」に分けて数える(仕組みが見える数え方)。 分母の「少なくとも $1$ 回」を、余事象ではなく、中身に分けて足す。$6$ が出た回数で場合分けする。

• ちょうど $1$ 回: ${}_3{\mathrm{C}}_1\left(\frac{1}{6}\right){\left(\frac{5}{6}\right)}^2=\frac{75}{216}$。
• ちょうど $2$ 回: ${}_3{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{6}\right)}^2\left(\frac{5}{6}\right)=\frac{15}{216}$。
• ちょうど $3$ 回: ${\left(\frac{1}{6}\right)}^3=\frac{1}{216}$。

足すと $\frac{75+15+1}{216}=\frac{91}{216}$ で、余事象 $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3$ と一致する。求める条件付き確率は、分子(ちょうど $1$ 回)がこの $3$ つの先頭そのものだから

$$\frac{75}{75+15+1}=\frac{75}{91}.$$

「少なくとも $1$ 回」の中身が見えるので、分子がその一部だと納得できる。本解と同じ答えだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず $1$ 回の決着確率 $\frac{2}{3}$ を、出発点として確定させる。

すると「ちょうど $k$ 回目で決着」は「あいこが $k-1$ 回続いて、決着」というかけ算になる。(2)の期待値は無限級数になる。「各回の構造が同じなら、確率は等比の形になる」。この見通しが発想の軸だ。

2人の手の出し方は $3\times 3=9$ 通り。同じ手(あいこ)は(グー・グー)など3通り、残り6通りで勝負がつく。だから1回で

$$P(\text{決着})=\frac{6}{9}=\frac{2}{3},P(\text{あいこ})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$$

(1) ちょうど2回目で決着するのは『1回目はあいこ、2回目で決着』。各回は別々に起こるので

$$\frac{1}{3}\times \frac{2}{3}=\frac{2}{9}$$

(2) 決着までの回数を $N$ とすると、$N=n$ となるのは『$n-1$ 回続けてあいこ、$n$ 回目で決着』で

$$P(N=n)={\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\cdot \frac{2}{3}$$

これは成功(決着)の確率 $p=\frac{2}{3}$ の幾何分布だ。幾何分布の期待値は成功確率の逆数になる。

$$E(N)=\frac{1}{p}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}(\text{回})$$

念のため級数で確かめる。$E={\sum }_{n=1}^{\infty }n{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\frac{2}{3}$ で、公式 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{r}^{n-1}=\frac{1}{(1-r{)}^2}$($r=\frac{1}{3}$)を使うと

$$E=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{{\left(1-\frac{1}{3}\right)}^2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{4}=\frac{3}{2}$$

まとめ:と合う。『平均1.5回で決着がつく』という結果で、決着の確率 $\frac{2}{3}$ が高いぶん少ない回数で済む、という感覚とも合う。

発展。 成功確率 $p$ の試行を成功まで繰り返すとき、回数の期待値はいつも $\frac{1}{p}$ になる(ここでは $p=\frac{2}{3}$ で $\frac{3}{2}$)。

この分布(幾何分布)には「無記憶性」がある。すでに $k$ 回あいこが続いていても、そこから決着までの期待回数は最初と変わらず $\frac{1}{p}$ だ。過去のあいこはこの先の見通しを何も変えない。

無記憶性をもつ離散分布は幾何分布だけで、その連続版が指数分布だ。電球の寿命や窓口の待ち時間など、「いつ起こるか」を扱うモデルの出発点になっている。

別解

別解:やり直しの構造をそのまま式にする(得意な人向けの再帰の視点)。 (2)の期待値 $E$ を、$1$ 回投げた後の場合分けで立てる。

まず必ず $1$ 回は投げる。そのあと確率 $\frac{2}{3}$ で決着し(追加 $0$ 回)、確率 $\frac{1}{3}$ であいこになる。あいこのとき、状況は最初とまったく同じに戻る。だからそこから先の期待回数はまた $E$ だ。式にすると

$$E=1+\frac{1}{3}E.$$

これを解くと $\frac{2}{3}E=1$、すなわち $E=\frac{3}{2}$。無限級数を計算しなくても、「あいこなら振り出しに戻る」という自己相似の構造だけで $E$ が決まる。本解と同じ答えになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (2)は全場合の計算をせず、対称性で切る。

表と裏を全部入れ替えると、座標の符号が反転する。だから「正になる確率」と「負になる確率」は等しい。奇数回だから座標 $0$ はあり得ない。正と負の $2$ つで全体を分け合う。「対称性で計算を消す」という上級の省エネが主題だ。

(1) 表が $a$ 回、裏が $b$ 回とすると $a+b=5$、座標は $a-b$ なので $a-b=3$。連立して解くと $a=4$、$b=1$。表が4回出る確率は反復試行より

$${}_5{\mathrm{C}}_4{\left(\frac{1}{2}\right)}^4{\left(\frac{1}{2}\right)}^1=5\times \frac{1}{32}=\frac{5}{32}$$

(2) 5回は奇数回なので、座標 $a-b$($a+b=5$)は必ず奇数になり、0にはならない。だから P は必ず正か負のどちらかにある。

ここで対称性に注目する。表と裏をすべて入れかえると、座標の符号がちょうど反対になる。この対応で『正の側にある結果』と『負の側にある結果』が1対1に対応するので、両方の確率は同じだ。合わせて1だから

$$P(\text{正の側})=\frac{1}{2}$$

まとめ:(2)は $P(\text{座標}=5)+P(3)+P(1)$ を直接足しても求まる($\frac{1}{32}+\frac{5}{32}+\frac{10}{32}=\frac{16}{32}=\frac{1}{2}$)が、対称性を使えば計算せずに答えが出る。『奇数回だから0にならない』ことと『左右対称』の2つを押さえるのがコツだ。

発展。 コインの回数 $n$ が奇数なら、座標は必ず奇数で $0$ にならない。だから今回のように、対称性だけで $P(\text{正})=P(\text{負})=\frac{1}{2}$ と言える。

$n$ が偶数だと事情が変わる。原点に戻る($0$ になる)場合が生じ、その分を正・負が分け合う。よって $P(\text{正})=P(\text{負})=\frac{1-P(0)}{2}$ となる。

$n=2m$ のとき $P(0)=\frac{{}_{2m}{\mathrm{C}}_m}{2^{2m}}$。たとえば $n=4$ なら $P(0)=\frac{6}{16}$ で、$P(\text{正})=\frac{5}{16}$ だ。偶奇で答えの形が変わるのがおもしろい。

別解

別解:位置の分布を多項式で一望する(得意な人向けの母関数の視点)。 $1$ 回の移動で、表($+1$)を $x$、裏($-1$)を $x^{-1}$ に対応させる。$5$ 回分をかけた

$$(x+x^{-1}{)}^5=x^5+5x^3+10x+10x^{-1}+5x^{-3}+x^{-5}$$

を展開すると、$x^j$ の係数が「$5$ 回で座標 $j$ に到達する場合の数」になる。係数の合計は $2^5=32$ 通りだ。

(1) 座標 $3$ は $x^3$ の係数 $5$ だから $\frac{5}{32}$。

(2) 正の座標は $x^5,x^3,x^1$ の $3$ 項で、係数の和は $1+5+10=16$。よって $\frac{16}{32}=\frac{1}{2}$。負の座標 $x^{-5},x^{-3},x^{-1}$ の係数の和も $1+5+10=16$ で等しく、$x^0$ の項が無い(座標 $0$ が無い)ことも展開から見てとれる。

$1$ つの展開式に、どの座標へ何通りで到達するかがすべて表れる。本解と同じ答えになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「最大値 $=k$」は直接数えにくい。だが「全部 $k$ 以下」なら、各サイコロが独立なので、すぐに計算できる。

そこで「ちょうど $k$」を、「$k$ 以下」から「$k-1$ 以下」を引いた差でとらえる。累積(以下)を部品にして、差分で欲しい確率を作る。この数え方の設計が発想の核だ。

最大値 $M=k$ となる場合の数を求める。『$M=k$』は『2つとも $k$ 以下(最大が $k$ を超えない)』から『2つとも $k-1$ 以下(最大が $k$ に届かない)』を除いたものだ。

$$（M=k\text{ の場合の数}）=k^2-(k-1{)}^2=2k-1$$

だから $P(M=k)=\frac{2k-1}{36}$($k=1,2,\dots ,6$)。実際、$k=1$ で $\frac{1}{36}$、$k=6$ で $\frac{11}{36}$ となり、合計は $\frac{1+3+5+7+9+11}{36}=\frac{36}{36}=1$ で、確かに確率になっている。期待値は ${\sum }_{k=1}^{6}k\cdot P(M=k)$ で

$$E(M)=\frac{1}{36}\sum _{k=1}^{6}k(2k-1)=\frac{1\cdot 1+2\cdot 3+3\cdot 5+4\cdot 7+5\cdot 9+6\cdot 11}{36}$$

$$=\frac{1+6+15+28+45+66}{36}=\frac{161}{36}$$

まとめ:$\frac{161}{36}\fallingdotseq 4.47$ だ。1個の目の期待値 $3.5$ より大きいのは、2つのうち大きいほうをとっているので当然。『最大値 = (以下)の差』という数え方が、この種の問題の突破口になる。

発展。 最小値 $L$(小さいほうの目)の期待値も、同じ道具で出せる。ただし対称性を使うとすぐに出る。

各サイコロの目 $x$ を $7-x$ に置きかえると、大小がそっくり入れかわる。この置きかえで最大値と最小値が入れかわるから、$E(L)=7-E(M)=7-\frac{161}{36}=\frac{91}{36}$。$E(M)+E(L)=7$ になるのは、$\max (a,b)+\min (a,b)=a+b$ がつねに成り立つからだ。両辺の期待値をとれば $E(M)+E(L)=E(a)+E(b)=\frac{7}{2}+\frac{7}{2}=7$ となる。

別解

別解:最大値を「和と差」で書き直す(得意な人向けの恒等式の視点)。 $2$ 数 $a,b$ の大きいほうは、次の恒等式で書ける。

$$\max (a,b)=\frac{a+b+|a-b|}{2}.$$

(和の半分が中点、差の絶対値の半分が中点から端までの距離、と見ればよい。)期待値は和ごとに分けられるから

$$E(M)=\frac{E(a)+E(b)+E(|a-b|)}{2}.$$

$1$ 個のサイコロの目の期待値は $E(a)=E(b)=\frac{7}{2}$。差の絶対値 $|a-b|$ は $36$ 通りを数えて

$$E(|a-b|)=\frac{0\cdot 6+1\cdot 10+2\cdot 8+3\cdot 6+4\cdot 4+5\cdot 2}{36}=\frac{70}{36}=\frac{35}{18}.$$

よって

$$E(M)=\frac{1}{2}\left(\frac{7}{2}+\frac{7}{2}+\frac{35}{18}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{161}{18}=\frac{161}{36}.$$

最大値の分布 $P(M=k)$ を作らずに、目の平均と「差の平均」だけで期待値が出る。本解と同じ答えだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 回数 $X$ の期待値を出すには、まず $X=k$ の確率がいる。

$X=k$ は「最初の $k-1$ 本が全部はずれ、$k$ 本目が当たり」だ。これを乗法定理で順に作り、表にする。有限本のくじだから、場合は $4$ つで尽きる。

「確率分布の表を完成させてから期待値」。この手順を崩さないことが、確実さにつながる。引く回数 $X$ は、最初の当たりが出る場所だ。戻さないので、確率を順に計算する。

$$P(X=1)=\frac{2}{5}$$

$$P(X=2)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}$$

$$P(X=3)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}\cdot \frac{2}{3}=\frac{12}{60}=\frac{1}{5}$$

$$P(X=4)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{2}=\frac{12}{120}=\frac{1}{10}$$

(はずれは3本しかないので、4本目までには必ず当たりが出る。$X=5$ はありえない。)確率の合計は $\frac{2}{5}+\frac{3}{10}+\frac{1}{5}+\frac{1}{10}=\frac{4+3+2+1}{10}=1$ で、確かに確率になっている。

期待値は

$$E(X)=1\cdot \frac{2}{5}+2\cdot \frac{3}{10}+3\cdot \frac{1}{5}+4\cdot \frac{1}{10}=\frac{4}{10}+\frac{6}{10}+\frac{6}{10}+\frac{4}{10}=\frac{20}{10}=2(\text{回})$$

まとめ:期待値がちょうど2回になるのは、偶然ではない。当たり $a$ 本を含む $n$ 本のくじで、最初の当たりまでの回数の期待値は $\frac{n+1}{a+1}$ という公式があり、ここでは $\frac{5+1}{2+1}=2$ と合う。戻さないときは、確率が毎回変わることをていねいに追うのがポイントだ。

発展。 もし引いたくじを毎回もとに戻すと、当たりの確率は毎回 $\frac{2}{5}$ で一定になり、初めて当たるまでの回数は幾何分布になる。その期待値は $\frac{1}{2/5}=\frac{5}{2}$ 回だ。

戻さない今回は $2$ 回で、戻すより少ない。当たりを引かない限りはずれが減っていくので、後半ほど当たりやすくなり、早く当たるからだ。

一般に、当たり $a$ 本・全 $n$ 本なら、戻さないとき期待値は $\frac{n+1}{a+1}$、戻すとき $\frac{n}{a}$。$a\le n$ より、前者のほうがつねに小さい(か等しい)。

別解

別解:「はずれ $1$ 本ずつ」に注目する(得意な人向けの対称性の視点)。 くじ $5$ 本を無作為に $1$ 列に並べ、左から引くと考える。引く回数 $X$ は最初の当たりの位置だ。

$X$ を「$1+$(最初の当たりより前にあるはずれの本数)」と書く。そこで、はずれ $1$ 本ずつに注目する。

あるはずれ $1$ 本と、当たり $2$ 本の計 $3$ 本だけを見る。この $3$ 本の並び順で、そのはずれが「$2$ 本の当たりより前」に来る確率は、どれが先頭かが等確率だから $\frac{1}{3}$。はずれは $3$ 本ある。最初の当たりより前に来るはずれの本数の期待値は $3\times \frac{1}{3}=1$。よって

$$E(X)=1+1=2(\text{回}).$$

分布の表を作らなくても、はずれ $1$ 本ごとの寄与を足すだけで期待値が出る。本解と同じ答えになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「最大値がちょうど $4$」は、「全部 $4$ 以下」から「全部 $3$ 以下」を引いた差だ。

$2$ 個のサイコロで使った差分の発想を、そのまま $3$ 個で使う。「ちょうど」を「以下の差」に置き換える考え方が、身についているかを試す問題だ。

『最大値がちょうど4』を、『最大値が4以下』から『最大値が3以下』を引く形でとらえる。『最大値が4以下』は、3個のサイコロがすべて4以下($1,2,3,4$ のどれか)の場合だから

$${\left(\frac{4}{6}\right)}^3=\frac{64}{216}$$

『最大値が3以下』は、3個ともすべて3以下($1,2,3$)の場合で

$${\left(\frac{3}{6}\right)}^3=\frac{27}{216}$$

『最大値がちょうど4』は、4以下ではあるが3以下ではない(=少なくとも1個は4)場合なので、差をとって

$$\frac{64}{216}-\frac{27}{216}=\frac{37}{216}$$

まとめ:『ちょうど $k$』を『$k$ 以下 $-$ $(k-1)$ 以下』の差にする考えは、最大値・最小値の確率を扱うときにいつでも使える。直接『少なくとも1個が4で、残りは4以下』と数えると重複が出やすいが、差でとらえれば重複の心配がない。

発展。 「以下の差」は累積分布の差で確率を取り出す操作だ。$n$ 個のサイコロなら、最大値がちょうど $k$ になる確率は $\frac{k^n-(k-1{)}^n}{6^n}$ と書ける。

この形のうまさは、$k=1$ から $6$ まで足すと途中が次々に消えて($k^n$ と $(k-1{)}^n$ が打ち消し合って)、$\frac{6^n}{6^n}=1$ になることだ。確率の合計が $1$ になることが、式の上で自動的に保証される。

標本の最大値・最小値・中央値などの分布(順序統計量)は、どれもこの「累積で読み替えて差をとる」手法で系統的に求められる。

別解

別解:$4$ の個数で場合分けして直接数える(苦手な人向けの数え上げ)。 「最大値がちょうど $4$」は、「$4$ を少なくとも $1$ 個含み、残りは $4$ 以下」だ。重複を出さないため、$4$ がちょうど何個かで排反に分ける。

• $4$ がちょうど $3$ 個: $1$ 通り。
• $4$ がちょうど $2$ 個: どの $2$ 個が $4$ かで ${}_3{\mathrm{C}}_2=3$ 通り、残り $1$ 個は $\{1,2,3\}$ の $3$ 通りで $3\times 3=9$ 通り。
• $4$ がちょうど $1$ 個: どの $1$ 個が $4$ かで ${}_3{\mathrm{C}}_1=3$ 通り、残り $2$ 個は $\{1,2,3\}$ の $3^2=9$ 通りで $3\times 9=27$ 通り。

合わせて $1+9+27=37$ 通り。全体は $6^3=216$ 通りだから

$$P=\frac{37}{216}.$$

「以下の差」を使わなくても、$4$ の個数で排反に分ければ重複なく数えられる。本解と同じ答えだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $X$ は無限に続きうる。有限の表は作れない。

代わりに、$P(X=k)$ が等比の形になることを利用して、無限級数の和をとる。「構造が毎回同じなら等比になり、級数の和はずらして引く」。この道具立てを最初に予告してから計算に入るのが設計だ。

1が出る確率は $p=\frac{1}{6}$。$k$ 回目に初めて1が出るのは『最初の $k-1$ 回は1以外(確率 $\frac{5}{6}$)、$k$ 回目に1』なので

$$P(X=k)={\left(\frac{5}{6}\right)}^{k-1}\cdot \frac{1}{6}$$

期待値は

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }k{\left(\frac{5}{6}\right)}^{k-1}\frac{1}{6}$$

この無限級数を求める。$r=\frac{5}{6}$ とおくと

$$E=\frac{1}{6}\left(1+2r+3r^2+4r^3+\cdots \right)\left(r=\frac{5}{6}\right)$$

$1+2r+3r^2+\cdots =\frac{1}{(1-r{)}^2}$ という公式(または $E-rE$ のずらし算)を使うと

$$E=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{(1-\frac{5}{6}{)}^2}=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{{\left(\frac{1}{6}\right)}^2}=\frac{1}{6}\cdot 36=6(\text{回})$$

まとめ:結局、幾何分布の期待値は $\frac{1}{p}=\frac{1}{1/6}=6$ 回だ。『確率 $\frac{1}{6}$ のことは、平均6回に1度起こる』という感覚どおりの結果。初めて成功するまでの回数の期待値は成功確率の逆数、と覚えておくと速い。

発展。 幾何分布の期待値は $\frac{1}{p}$ だが、ばらつきは意外に大きい。分散は $\frac{1-p}{p^2}$ で、$p=\frac{1}{6}$ なら $\frac{5/6}{1/36}=30$、標準偏差は $\sqrt{30}\approx 5.5$ になる。

平均が $6$ 回なのに、標準偏差が約 $5.5$ 回もある。「平均 $6$ 回で出る」といっても、$1$ 回目で出ることも、$20$ 回投げて出ないこともざらだ、というくらい待ち時間は不確実だ。

期待値だけでなく分散まで見ると、「$\frac{1}{6}$ の出来事は平均 $6$ 回に一度」という言い方が、どれくらいの幅を持つのかまで分かる。

別解

別解:「$k$ 回以上かかる確率」を足す(得意な人向けの高い視点)。 値が $0$ 以上の整数である回数の期待値には、次の公式がある。

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }P(X\ge k).$$

「$X\ge k$」は「最初の $k-1$ 回がすべて $1$ 以外」ということだから

$$P(X\ge k)={\left(\frac{5}{6}\right)}^{k-1}.$$

これを足すと、ただの等比級数になる。

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }{\left(\frac{5}{6}\right)}^{k-1}=\frac{1}{1-\frac{5}{6}}=6(\text{回}).$$

$\sum k{r}^{k-1}$ という等差 $\times$ 等比の和(本解)を、$\sum P(X\ge k)$ に置き換えると、公比 $\frac{5}{6}$ のふつうの等比級数だけで済む。本解と同じ答えになる。