数学A / 確率

確率実戦編の問題全8問

難関大の総合問題。複数の単元を融合した単元横断の演習

難易度: ★ 基礎·★★ 標準·★★★ 応用·★★★★ 難関·実戦編·最難関編

サイコロの和がちょうど n になる確率の極限(確率漸化式と保存量)
表の枚数が3の倍数になる確率(1の3乗根の利用)
ちょうど半分が表になる確率の漸近(二項係数とウォリスの融合)
自分の番号を引く人数の期待値と分散(指示関数の融合)
4種のカードをそろえるまでの回数の期待値(期待値と調和数)
持ち点が0かNになるまで(破産問題と2階漸化式)
折った棒が三角形になる確率(幾何確率と積分の融合)
表が2回続くまでの回数の期待値(期待値と状態の融合)

問1サイコロの和がちょうど n になる確率の極限(確率漸化式と保存量)

実戦編確率漸化式極限反復試行数列単元横断

問題

1個のサイコロを繰り返し振り、出た目を順に足していく。ある段階での和がちょうど $n$ になることがある確率を $p_{n}$ とする。 $n \to \infty lim p_{n}$ を求めよ。

ヒントを見る

和がちょうど $n$ になるのは、直前に $n - 1, \dots, n - 6$ のいずれかを通り、最後にその差の目が出たとき。漸化式の重みを $6, 5, 4, 3, 2, 1$ とつけて足すと、 $n$ によらない量が現れる。

解答・解説

方針

『和がちょうど $n$ を通る』確率の漸化式を、 $n$ に到達する直前の値で場合分けして立てる。極限は漸化式のもつ重み付き保存量から求める。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 和が「ちょうど $n$ 」を通るかどうかは、直前にどの値を通ったかで決まる。直前の和は $n - 1, \dots, n - 6$ のどれかで、そこから対応する目が出れば $n$ に乗る。

だから $p_{n}$ は過去 $6$ 項の平均、という漸化式になる。極限の見当もつけておこう。 $1$ 歩で平均 $\frac{7}{2}$ 進むから、特定の整数を踏む割合はその逆数 $\frac{2}{7}$ くらいのはず。この直感を、漸化式がもつ「重み付きの保存量」で厳密に裏づける。

① 漸化式を立てる。 和がちょうど $n (\geq 1)$ を通るには、直前に $n - i (i = 1, \dots, 6)$ を通り、次に目 $i$ が出ればよい(各目 $\frac{1}{6}$ )。よって $p_{n} = \frac{1}{6} (p_{n - 1} + p_{n - 2} + \dots + p_{n - 6}), p_{0} = 1, p_{< 0} = 0.$ ② 保存量を見つける。 $C_{n} = 6 p_{n} + 5 p_{n - 1} + 4 p_{n - 2} + 3 p_{n - 3} + 2 p_{n - 4} + p_{n - 5}$ とおくと、 $6 p_{n} = p_{n - 1} + \dots + p_{n - 6}$ を使って $C_{n} - C_{n - 1} = 6 p_{n} - (p_{n - 1} + p_{n - 2} + \dots + p_{n - 6}) = 0.$ よって $C_{n}$ は $n$ によらず一定で、 $C_{n} = C_{0} = 6 p_{0} = 6$ 。

重要重み

6, 5, 4, 3, 2, 1

をつけた和

C_{n}

は漸化式のもとで不変で、つねに

C_{n} = 6

③ 極限。 $p_{n}$ は収束する( $p_{n} \to L$ 。漸化式の特性方程式で $x = 1$ 以外の解は絶対値が $1$ 未満だから)。 $C_{n} = 6$ で $n \to \infty$ とすると、 $6$ 個の項がすべて $L$ に近づき $(6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1) L = 21 L = 6 ⟹ L = \frac{6}{21} = \frac{2}{7} .$ したがって $n \to \infty lim p_{n} = \frac{2}{7}$ 。

まとめ確率を『直前の状態からの推移』とみて過去6項の平均の漸化式に直す。重み $6, 5, 4, 3, 2, 1$ の和が不変(=6)という保存量を見つけると、極限が $21 L = 6$ から $\frac{2}{7}$ とすぐに決まる。 $1$ 歩あたり平均 $\frac{7}{2}$ 進むことの逆数、という更新の直感とも一致する。

発展。 $1$ 歩の平均が $μ$ の試行(目の出方が偏っていてもよい)でも、同じ議論で $p_{n} \to \frac{1}{μ}$ となることが知られている(更新定理)。サイコロなら $μ = \frac{7}{2}$ で $\frac{2}{7}$ 。「よく進むものほど、特定の点は踏みにくい」という関係が一般に成り立つ。

答

$p_{n} = \frac{1}{6} (p_{n - 1} + \dots + p_{n - 6})$ 、 $p_{0} = 1$ 。重み付き和 $6 p_{n} + 5 p_{n - 1} + \dots + p_{n - 5}$ が一定 $= 6$ で、極限は $\frac{6}{21} = \frac{2}{7}$ 。

別解

別解:「踏んだ整数の個数」で極限を読む(得意な人向けの高い視点)。 $1$ から $N$ までの整数のうち、和が途中で踏むものの個数を数えてみる。

和は $1$ 投ごとに新しい値を $1$ 個ずつ刻む。だから $N$ 以下で踏む個数は「和が $N$ を超えるまでの投球数」にほぼ等しい。 $1$ 投で平均 $\frac{7}{2}$ 進むから、この投球数はおよそ $\frac{2 N}{7}$ 。

一方、踏む個数の期待値はちょうど $p_{1} + p_{2} + \dots + p_{N}$ である( $n$ を踏むごとに $1$ を数える)。よって

$\frac{p _{1} + p _{2} + \dots + p _{N}}{N} ⟶ \frac{2}{7} .$

つまり $p_{n}$ の「平均」は $\frac{2}{7}$ に向かう。本解のように $p_{n}$ 自身の収束を認めれば、その極限は平均の極限と一致して $\frac{2}{7}$ と決まる。保存量 $C_{n} = 6$ はこの平均の議論を $1$ 本の等式に圧縮したものと見ることもできる。

ポイント

『ちょうど $n$ を通る』確率は直前の値 $n - 1, \dots, n - 6$ で場合分けして漸化式に。
重み $6, 5, 4, 3, 2, 1$ の和 $C_{n}$ が不変(=6)という保存量が決め手だ。
$21 L = 6$ より極限は $\frac{2}{7}$ (平均 $\frac{7}{2}$ の逆数)。

よくある間違い

$p_{n} \to L$ を漸化式にそのまま入れると $L = L$ となって何も決まらず、手が止まる(漸化式だけでは値は出ない。保存量で決める)。
特性方程式の $6$ 次方程式を解こうとして時間を失う。必要なのは『 $x = 1$ 以外の解は絶対値が $1$ 未満』という事実だけで、解そのものは要らない。
初期条件 $p_{0} = 1$ 、 $p_{- 1} = \dots = p_{- 5} = 0$ を明示せず、保存量の値 $C_{n} = 6$ が決められない。

問2表の枚数が3の倍数になる確率(1の3乗根の利用)

実戦編反復試行二項係数1の3乗根複素数単元横断

問題

$n$ 枚の硬貨を同時に投げる。表が出た枚数が $3$ の倍数( $0$ も含む)になる確率 $P_{n}$ を、 $n$ を用いて表せ。

ヒントを見る

$k$ が $3$ の倍数のときだけ $1$ 、他は $0$ になる「ふるい」を、1の3乗根 $ω$ で作れる。二項定理を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使い分けて足し合わせると、狙った和が取り出せる。

解答・解説

方針

求める確率は $\frac{1}{2 ^{n}} \sum_{3 ∣ k} (k n)$ 。1の3乗根 $ω$ を使った「 $3$ の倍数だけ拾うふるい」 $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ で二項和を取り出す。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求める確率は $\frac{1}{2 ^{n}} k : 3 ∣ k \sum (k n)$ 。つまり「 $3$ の倍数の $k$ だけ」を選んで足したい。

ここで1の3乗根 $ω$ を使う。 $1 + ω^{k} + ω^{2 k}$ は、 $k$ が $3$ の倍数なら $3$ 、そうでなければ $0$ 。倍数だけを通す「ふるい」になっている。

このふるいを二項和にかけると、 $(1 + x)^{n}$ を $x = 1, ω, ω^{2}$ で評価した和になる。離散的な「 $3$ で割った余り」を、複素数の道具で選び出している。

定理1の3乗根

ω

について

1 + ω + ω^{2} = 0, ω^{3} = 1

。ゆえに

1 + ω^{k} + ω^{2 k} = 3

(

k

が

3

の倍数のとき)、

0

(それ以外)

① ふるいで和を表す。 二項定理 $(1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (k n) x^{k}$ を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使うと $k : 3 ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{3} {(1 + 1)^{n} + (1 + ω)^{n} + (1 + ω^{2})^{n}} .$ ② $1 + ω$ を極形式にする。 $ω = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ より $1 + ω = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i = cos \frac{π}{3} + i sin \frac{π}{3}$ 。同様に $1 + ω^{2} = cos \frac{π}{3} - i sin \frac{π}{3}$ 。

定理ド・モアブルの定理

(cos θ + i sin θ)^{n} = cos n θ + i sin n θ

よって $(1 + ω)^{n} + (1 + ω^{2})^{n} = 2 cos \frac{nπ}{3}$ 。

③ 確率にまとめる。 $(1 + 1)^{n} = 2^{n}$ とあわせて $k : 3 ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{3} {2^{n} + 2 cos \frac{nπ}{3}} .$ $2^{n}$ で割って $P_{n} = \frac{1}{3} {1 + \frac{2 cos \frac{nπ}{3}}{2 ^{n}}} .$ (例えば $n = 3$ なら $cos π = - 1$ で $P_{3} = \frac{1}{3} (1 - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4}$ 。実際表 $0$ 枚と $3$ 枚で $\frac{1 + 1}{8} = \frac{1}{4}$ と一致する。)

まとめ 『余りで場合を選んで足す』和は、1の $m$ 乗根のふるい $\frac{1}{m} \sum_{j} ω^{j k}$ で取り出せる。複素数(単位根・ド・モアブル)を使うと、二項係数という離散の和を閉じた式にできる。確率と複素数の意外な融合。

発展。 同じふるいは $m$ の倍数にも使える。1の $m$ 乗根 $ζ$ で $\frac{1}{m} (1 + ζ^{k} + \dots + ζ^{(m - 1) k})$ が「 $m$ の倍数だけ通す」フィルタになり、 $m ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{m} j = 0 \sum m - 1 (1 + ζ^{j})^{n}$ 。 $m = 4$ で試すと $cos \frac{nπ}{4}$ の項が現れる。

答

1の3乗根 $ω$ で二項和をふるいにかけ、 $P_{n} = \frac{1}{3} {1 + \frac{2 cos \frac{nπ}{3}}{2 ^{n}}}$ 。

別解

別解:複素数を使わず、余り別の個数の漸化式で(苦手な人向け)。 表の枚数を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ になる場合の数を、それぞれ $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ とおく( $a_{n} + b_{n} + c_{n} = 2^{n}$ )。

$n + 1$ 枚目が裏なら余りはそのまま、表なら余りが $1$ 進む。だから

$a_{n + 1} = a_{n} + c_{n}, b_{n + 1} = b_{n} + a_{n}, c_{n + 1} = c_{n} + b_{n} .$

差 $u_{n} = a_{n} - b_{n}$ 、 $v_{n} = b_{n} - c_{n}$ を追うと $u_{n + 1} = - v_{n}$ 、 $v_{n + 1} = u_{n} + v_{n}$ 。ここから $u_{n + 2} = u_{n + 1} - u_{n}$ が出て、 $u_{n}$ は $1, 0, - 1, - 1, 0, 1$ の繰り返し(周期 $6$ )になる。

$3 a_{n} = 2^{n} + 2 u_{n} + v_{n}$ だから、 $a_{n}$ は $2^{n}$ の $\frac{1}{3}$ に周期 $6$ の小さな補正がつくだけ。この補正 $2 u_{n} + v_{n}$ の値 $2, 1, - 1, - 2, - 1, 1$ はちょうど $2 cos \frac{nπ}{3}$ と一致し、本解の式に戻る。複素数のふるいはこの周期 $6$ の振動をひとことで書き表す道具である。

ポイント

『 $3$ の倍数の項だけ足す』和は1の3乗根のふるい $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ で取り出す。
二項定理を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使い、 $(1 + x)^{n}$ の和に帰着させる。
$1 + ω = cos \frac{π}{3} + i sin \frac{π}{3}$ 、ド・モアブルで $2 cos \frac{nπ}{3}$ にまとめる。

よくある間違い

ふるい $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ が「倍数で $3$ 、他で $0$ 」になることを確認せずに使い、係数 $\frac{1}{3}$ を落とす。
$(1 + ω)^{n}$ の極形式を誤る。 $1 + ω$ は絶対値 $1$ ・偏角 $\frac{π}{3}$ で、 $ω$ 自身(偏角 $\frac{2 π}{3}$ )と混同しやすい。
答えを出したあと小さい $n$ で検算しない。 $n = 3$ なら表 $0$ 枚か $3$ 枚で $P_{3} = \frac{1}{4}$ 。ここが合わなければ偏角か係数のミスだ。

問3ちょうど半分が表になる確率の漸近(二項係数とウォリスの融合)

実戦編確率二項係数極限定積分単元横断

問題

硬貨を $2 n$ 回投げるとき、表がちょうど $n$ 回出る確率を $p_{n}$ とする。

(1) $p_{n} = \frac{1}{4 ^{n}} (n 2 n)$ を確かめ、 $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ を示せ。

(2) $n \to \infty lim n p_{n}$ を求めよ。

ヒントを見る

$p_{n}$ は $\prod \frac{2 k - 1}{2 k}$ の積。この積は $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ と結びつく(ウォリス)。積分の大きさが $\frac{1}{n}$ 程度だと分かれば、 $n p_{n}$ の極限が出る。

解答・解説

方針

(1) 二項係数を階乗で書いて連比を作る。(2) $p_{n}$ を積の形に開き、ウォリスの積分 $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ の大きさの評価に橋渡しする。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $p_{n}$ 自体は $0$ に近づく。だが「 $n$ を掛けて極限をとれ」という問い方から、 $p_{n}$ は $\frac{c}{n}$ 程度の大きさだと予想がつく。

定数 $c$ を決めるには、 $p_{n}$ を分数の積の形に開くのが第一歩。この積はウォリスの積分 $\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x$ とぴったり結びつく。積分側は部分積分の漸化式から大きさが評価できる。離散の確率を、連続の積分で測るところがこの問題の要点だ。

① 積の形と漸化式。 二項係数を階乗で書くと $p_{n} = \frac{1}{4 ^{n}} (n 2 n) = \frac{( 2 n )!}{( n ! ) ^{2} 4 ^{n}} = k = 1 \prod n \frac{2 k - 1}{2 k} .$ よって $\frac{p _{n}}{p _{n - 1}} = \frac{2 n - 1}{2 n}$ 、すなわち $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ 。

② ウォリスの積分に橋渡し。 $I_{m} = \int_{0}^{π /2} sin^{m} x d x$ とおくと、部分積分の漸化式 $I_{m} = \frac{m - 1}{m} I_{m - 2}$ から $I_{2 n} = \frac{2 n - 1}{2 n} \cdot \frac{2 n - 3}{2 n - 2} \dots \frac{1}{2} \cdot I_{0} = (k = 1 \prod n \frac{2 k - 1}{2 k}) \frac{π}{2} = \frac{π}{2} p_{n} .$

重要

\int_{0}^{π /2} sin^{2 n} x d x = \frac{π}{2} p_{n}

。また部分積分の漸化式から

m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}

(一定)

③ $I_{2 n}$ の大きさを評価して極限。 $0 < x < \frac{π}{2}$ で $sin^{m + 1} x < sin^{m} x$ だから ${I_{m}}$ は減少列で $I_{m + 1} < I_{m} < I_{m - 1}$ 。 $I_{m - 1}$ で割ると $\frac{I _{m + 1}}{I _{m - 1}} = \frac{m}{m + 1} < \frac{I _{m}}{I _{m - 1}} < 1$ となり、はさみうちで $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ 。よって $m I_{m}^{2} \sim m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ 、すなわち $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ 。 $m = 2 n$ とすると $I_{2 n} \sim \frac{π}{4 n}$ 。②とあわせて $\frac{π}{2} p_{n} \sim \frac{π}{4 n} ⟹ p_{n} \sim \frac{1}{π n} ⟹ n \to \infty lim n p_{n} = \frac{1}{π} .$

まとめ中心二項確率 $p_{n}$ は積に開いてウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ に橋渡しし、 $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ の評価で大きさが分かる。 $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。確率(二項係数)・積分(ウォリス)・極限の高度な融合。

発展。 $p_{n} \approx \frac{1}{π n}$ は、二項分布を正規分布で近似したときの「山の頂上の高さ」と同じだ(標準偏差 $n /2$ の正規分布の頂上は $\frac{1}{2 π \cdot n /2} = \frac{1}{π n}$ )。ウォリスの積分は、正規分布の計算と根っこでつながっている。

答

$p_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k}$ 。ウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ と $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ から $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。

別解

別解:単調な2つの列ではさんで、収束を先に確定する(得意な人向けの高い視点)。 漸化式 $p_{n} = \frac{2 n - 1}{2 n} p_{n - 1}$ から、 $n p_{n}^{2}$ の増減を直接調べられる。

$\frac{n p _{n}^{2}}{( n - 1 ) p _{n - 1}^{2}} = \frac{n}{n - 1} (\frac{2 n - 1}{2 n})^{2} = \frac{( 2 n - 1 ) ^{2}}{4 n ( n - 1 )} = \frac{4 n ^{2} - 4 n + 1}{4 n ^{2} - 4 n} > 1$

なので $n p_{n}^{2}$ は増加する。同様に $(n + \frac{1}{2}) p_{n}^{2}$ は、比が $\frac{( 2 n + 1 ) ( 2 n - 1 )}{4 n ^{2}} = \frac{4 n ^{2} - 1}{4 n ^{2}} < 1$ だから減少する。増加列 $n p_{n}^{2}$ は減少列 $(n + \frac{1}{2}) p_{n}^{2}$ より小さいまま進むので、上に有界で収束。差 $\frac{1}{2} p_{n}^{2} \to 0$ より両者の極限は同じ値 $L$ で、 $n p_{n} \to L$ の存在が積分なしで先に確定する。

その値 $L = \frac{1}{π}$ を求めるのがウォリスの積分(本解)である。収束の「存在」は単調性で、「値」は積分で、と役割分担する見方だ。

ポイント

$p_{n} = \prod \frac{2 k - 1}{2 k}$ の積を、ウォリスの積分 $I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n}$ に橋渡しする。
$m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ と $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ から $I_{m} \sim \frac{π}{2 m}$ 。
$I_{2 n} = \frac{π}{2} p_{n} \sim \frac{π}{4 n}$ より $n p_{n} \to \frac{1}{π}$ 。

よくある間違い

$p_{n} \to 0$ だから答えも $0$ 、としてしまう( $n$ 倍という拡大鏡で見るのがこの問題)。
$I_{m}$ が減少列であることから $\frac{I _{m}}{I _{m - 1}} \to 1$ をはさみうちで示す段を飛ばし、 $m I_{m}^{2} \to \frac{π}{2}$ を根拠なしに使う。
一定の量 $m I_{m} I_{m - 1} = \frac{π}{2}$ を作らず、 $I_{2 n}$ を漸化式で個別に追いかけて式が伸びるだけで終わる。

問4自分の番号を引く人数の期待値と分散(指示関数の融合)

実戦編確率期待値分散指示関数単元横断

問題

$1$ から $n$ までの番号札 $n$ 枚を無作為に一列に並べる( $n \geq 2$ )。左から $k$ 番目に番号 $k$ の札が来ることを「一致」とよび、一致の総数を $X$ とする。 $X$ の期待値 $E [X]$ と分散 $V [X]$ を求めよ。

ヒントを見る

$k$ 番目が一致するかを $0/1$ の変数 $X_{k}$ で表すと $X = \sum X_{k}$ 。 $E [X_{k}]$ 、 $E [X_{k} X_{j}]$ ( $k \neq = j$ )をそれぞれ数え、和にまとめる。

解答・解説

方針

各位置の一致を指示関数 $X_{k}$ (一致なら $1$ )で表し、 $X = \sum X_{k}$ 。期待値は線形性、分散は $E [X^{2}]$ を $X_{k} X_{j}$ の和で計算する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 一致の総数 $X$ の分布を直接求めるのは大変だ(完全順列が絡む)。

そこで見方を変える。各位置 $k$ に「一致なら $1$ 、違えば $0$ 」の変数 $X_{k}$ を置くと、 $X = X_{1} + \dots + X_{n}$ とただの和になる。

期待値は線形性でバラせて、 $E [X_{k}]$ は「 $k$ 番目に $k$ が来る確率」 $= \frac{1}{n}$ だけ。分散も $E [X^{2}]$ を積 $X_{k} X_{j}$ の和に開いて数えればよい。指示関数は「複雑な数え上げを足し算に変える」道具だ。

① 指示関数で表す。 $X_{k} = 1$ ( $k$ 番目が一致)、 $0$ (不一致)とすると $X = k = 1 \sum n X_{k}$ 。 $k$ 番目に $k$ が来る確率は $\frac{1}{n}$ だから $E [X_{k}] = \frac{1}{n}, E [X] = k = 1 \sum n E [X_{k}] = n \cdot \frac{1}{n} = 1.$ ② $E [X^{2}]$ を積の和で。 $X^{2} = (\sum_{k} X_{k})^{2} = \sum_{k} X_{k}^{2} + \sum_{k \neq = j} X_{k} X_{j}$ 。値は $0, 1$ なので $X_{k}^{2} = X_{k}$ 、ゆえに $E [\sum_{k} X_{k}^{2}] = E [X] = 1$ 。 $k \neq = j$ では $X_{k} X_{j} = 1$ となるのは「 $k$ 番目に $k$ かつ $j$ 番目に $j$ 」で、その確率は $\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n - 1}$ 。組 $(k, j)$ は $n (n - 1)$ 通りだから $E [k \neq = j \sum X_{k} X_{j}] = n (n - 1) \cdot \frac{1}{n ( n - 1 )} = 1.$ よって $E [X^{2}] = 1 + 1 = 2$ 。 ③ 分散。 $V [X] = E [X^{2}] - (E [X])^{2} = 2 - 1^{2} = 1.$

重要指示関数の和

X = \sum X_{k}

では、

E [X] = \sum E [X_{k}]

(線形性)、

E [X^{2}] = \sum_{k} E [X_{k}] + \sum_{k \neq = j} E [X_{k} X_{j}]

まとめ 「一致の数」のように多数の条件の合計は、各条件を $0/1$ の指示関数にして足すと、期待値も分散も「数える」だけで出る。 $E [X] = 1$ 、 $V [X] = 1$ 。数え上げ(順列)と期待値・分散の融合で、完全順列を経由せず答えが出る。

発展。 $n$ を大きくすると、 $X$ の分布は平均 $1$ のポアソン分布に近づくことが知られている。たとえば一致が $0$ 個の確率(完全順列の割合)は $\frac{1}{e} \approx 0.368$ に収束する。 $E [X] = V [X] = 1$ は、ポアソン分布の「平均 $=$ 分散」という性質の前触れである。

答

指示関数 $X = \sum X_{k}$ 。 $E [X] = n \cdot \frac{1}{n} = 1$ 。積の期待値を数え $E [X^{2}] = 2$ 、 $V [X] = 1$ 。

別解

別解: $n = 3$ を全部書き出して構造をつかむ(苦手な人向け)。 札が $3$ 枚なら並べ方は $6$ 通りしかない。一致の数 $X$ を数え上げてみる。

$123$ は $X = 3$ / $132$ は $X = 1$ / $213$ は $X = 1$ / $321$ は $X = 1$ / $231$ は $X = 0$ / $312$ は $X = 0$

期待値は $E [X] = \frac{3 + 1 + 1 + 1 + 0 + 0}{6} = 1$ 。 $X^{2}$ の平均は $E [X^{2}] = \frac{9 + 1 + 1 + 1}{6} = 2$ で、 $V [X] = 2 - 1^{2} = 1$ 。たしかに $n = 3$ で $E [X] = V [X] = 1$ になった。本解の指示関数はこの数え上げを「どの $n$ でも同じ形」でまとめて済ませる方法になっている。 $n$ を増やしても答えが $1$ から動かないことは、一度手で確かめると納得できる。

ポイント

各位置の一致を指示関数 $X_{k}$ にして $X = \sum X_{k}$ と書く。
$E [X] = \sum E [X_{k}]$ (線形性)、 $X_{k}^{2} = X_{k}$ を使う。
$k \neq = j$ の積の確率は $\frac{1}{n ( n - 1 )}$ 、和で $E [X^{2}] = 2$ 、 $V [X] = 1$ 。

よくある間違い

$X_{k}$ どうしは独立でないのに $V [X] = \sum V [X_{k}]$ とする(積の項 $E [X_{k} X_{j}]$ を数えるのが正しい)。
$E [X_{k} X_{j}]$ ( $k \neq = j$ )を $\frac{1}{n ^{2}}$ とする。 $2$ か所が同時に一致する確率は $\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n - 1}$ である。
$X$ の分布(完全順列の個数)を全部求めてから期待値を出そうとして時間切れになる。分布を知らずに $E, V$ が出るのが指示関数の強みだ。

問54種のカードをそろえるまでの回数の期待値(期待値と調和数)

実戦編確率期待値数列調和数単元横断

問題

1回引くごとに4種類 ${1, 2, 3, 4}$ のカードのどれか1枚が等確率 $\frac{1}{4}$ で出る(引いたカードは戻し、毎回独立)。4種類すべてがそろうまでに引く回数の期待値を求めよ。

ヒントを見る

すでに $j$ 種そろっているとき、次の「新しい種類」が出る確率は $\frac{4 - j}{4}$ 。それが初めて出るまでの回数の期待値は、その確率の逆数。あとは段階ごとに足す。

解答・解説

方針

『 $j$ 種類そろっている状態から $j + 1$ 種類目が出るまでの回数』の期待値を求め、 $j = 0, 1, 2, 3$ について足す。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「全部そろうまで」を一度に考えると手が出ない。「何種類そろったか」という段階に刻むのが決め手だ。

すでに $j$ 種そろっているとき、次の1枚が新種である確率は $\frac{4 - j}{4}$ 。毎回確率 $p$ で当たる独立な試行では、初当たりまでの回数の期待値は $\frac{1}{p}$ (幾何分布)。

だから各段階の「待ち時間」の期待値を出して、 $0 \to 1 \to 2 \to 3 \to 4$ 種と進む分を全部足せばよい。この分割を許すのが期待値の線形性だ。

定理毎回確率

p

で成功する独立試行で、初めて成功するまでの回数の期待値は

\frac{1}{p}

(幾何分布の平均)

① 各段階の待ち回数の期待値。 $j$ 種そろった状態から $j + 1$ 種目が出る確率は $p_{j} = \frac{4 - j}{4}$ 。その待ち回数の期待値は $\frac{1}{p _{j}} = \frac{4}{4 - j}$ 。

② 段階を足し合わせる。 $j = 0, 1, 2, 3$ の合計が、そろうまでの総回数の期待値(期待値の線形性)。 $E = j = 0 \sum 3 \frac{4}{4 - j} = \frac{4}{4} + \frac{4}{3} + \frac{4}{2} + \frac{4}{1} = 4 (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) .$ ③ 計算する。 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{12 + 6 + 4 + 3}{12} = \frac{25}{12}$ だから $E = 4 \cdot \frac{25}{12} = \frac{25}{3} .$

まとめ 「全部そろう」時間は「新種が出るたびに1段上がる」と刻めば、各段が幾何分布の平均 $\frac{1}{p}$ 。それを足すと調和数 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}$ が現れる。確率(期待値)と数列(調和和)の融合。一般に $n$ 種なら $n (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n})$ 。

発展。 $n$ 種なら期待値は $n (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n})$ 。かっこの中(調和数)はおよそ $lo g n$ の速さでしか増えないが、それでも $50$ 種のカードなら約 $225$ 回かかる。「最後の $1$ 種」ほど待ちが長い。集め物の後半がつらい理由が式に出ている。

答

新種が出るまでの回数は幾何分布。期待値の和 $4 (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) = \frac{25}{3}$ 。

別解

別解:「まだそろっていない確率」を足し上げる(得意な人向けの高い視点)。 回数 $T$ の期待値は $E [T] = t \geq 0 \sum P (T > t)$ という「しっぽの和」でも計算できる( $t$ 回目以降まで続く分が $1$ 回ずつ寄与する)。

$P (T > t)$ は「 $t$ 回引いてもどれかの種類が欠けている確率」。どの種類が欠けるかで包除原理を使うと、 $t \geq 1$ で

$P (T > t) = 4 (\frac{3}{4})^{t} - 6 (\frac{1}{2})^{t} + 4 (\frac{1}{4})^{t}, P (T > 0) = 1.$

$t \geq 1$ の部分を足すと、それぞれ無限等比級数で $3$ 、 $1$ 、 $\frac{1}{3}$ 。よって

$E [T] = 1 + 4 \cdot 3 - 6 \cdot 1 + 4 \cdot \frac{1}{3} = 1 + 12 - 6 + \frac{4}{3} = \frac{25}{3} .$

段階に刻む本解と、包除でまとめて書くこの解が同じ $\frac{25}{3}$ に着地する。包除原理と無限等比級数まで使う分、こちらはほかの問題にも広げやすい。

ポイント

「何種類そろったか」で段階分けし、各段の待ち回数を考える。
$j$ 種そろった状態で新種が出る確率は $\frac{4 - j}{4}$ 、待ち回数の期待値はその逆数。
期待値の線形性で各段を足すと $4 (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) = \frac{25}{3}$ 。

よくある間違い

幾何分布の平均を $p$ と覚え違える(正しくは $\frac{1}{p}$ 。確率 $\frac{1}{4}$ なら平均 $4$ 回)。
段階を「何回引いたか」で分けてしまい、状態が無限に増えて手詰まりになる(「何種そろったか」なら $4$ 段で済む)。
最後の $1$ 種の待ち( $\frac{4}{1} = 4$ 回)だけを答える、あるいは $4$ 段の和を取り忘れる。

問6持ち点が0かNになるまで(破産問題と2階漸化式)

実戦編確率確率漸化式2階線形漸化式ランダムウォーク単元横断

問題

持ち点 $k$ ( $0 < k < N$ )から始める。1回ごとに確率 $\frac{1}{2}$ で持ち点が $1$ 増え、確率 $\frac{1}{2}$ で $1$ 減る。持ち点が $N$ になれば成功、 $0$ になれば失敗として終了する。持ち点 $k$ から出発して(失敗より先に)成功する確率 $q_{k}$ を求めよ。

ヒントを見る

いまの持ち点 $k$ から1手進めると $k \pm 1$ 。それぞれから成功する確率で $q_{k}$ を表すと、 $q_{k - 1}, q_{k}, q_{k + 1}$ の関係(2階漸化式)になる。両端の値は決まっている。

解答・解説

方針

1手先で条件をつけて $q_{k}$ の漸化式を立てる。境界は $q_{0} = 0, q_{N} = 1$ 。2階の漸化式を解く。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「出発点 $k$ ごとの成功確率」 $q_{k}$ を、 $k$ を変数とする数列とみなす。

$1$ 手だけ先を見る。 $k$ からは $\frac{1}{2}$ ずつで $k + 1$ か $k - 1$ に動き、その先の成功確率は $q_{k + 1}, q_{k - 1}$ 。これで $q_{k}$ の2階漸化式が立つ。

両端の値は明らかだ。 $q_{0} = 0$ (もう破産)、 $q_{N} = 1$ (もう成功)。境界つきの漸化式を解けばよい。

① 漸化式を立てる。 1手先で場合分けして $q_{k} = \frac{1}{2} q_{k + 1} + \frac{1}{2} q_{k - 1} (0 < k < N), q_{0} = 0, q_{N} = 1.$ ② 等差数列と見抜く。 上式を変形すると $q_{k + 1} - q_{k} = q_{k} - q_{k - 1}$ 。

重要隣り合う差が一定

\Rightarrow

{q_{k}}

は等差数列

つまり階差 $q_{k + 1} - q_{k}$ は $k$ によらず一定。

③ 境界で決める。 等差数列だから $q_{k} = q_{0} + k \cdot d = k d$ 。 $q_{N} = N d = 1$ より $d = \frac{1}{N}$ 。したがって $q_{k} = \frac{k}{N} .$

0 と N は吸収壁(そこで終了)。各回 1/2 で ±1 動き、N に先に着けば成功。成功確率は k/N(図は N=5 の例)。

まとめ確率を「出発点ごとの値の列」と見て、1手先で条件を付けると2階漸化式。 $q_{k + 1} - q_{k}$ が一定=等差、と気づけば境界 $q_{0} = 0, q_{N} = 1$ で即決まる。答えは直感どおり $\frac{k}{N}$ 。確率と漸化式の代表的融合(ランダムウォーク)。

発展。 勝つ確率が $p \neq = \frac{1}{2}$ の不公平な賭けでは、 $q_{k + 1} - q_{k}$ が等比数列になり、 $r = \frac{1 - p}{p}$ として $q_{k} = \frac{1 - r ^{k}}{1 - r ^{N}}$ 。わずかに不利なだけでも $N$ が大きいと成功確率は急速に $0$ へ近づく。カジノが長期では必ず勝つ数学的な理由である。

答

$q_{k} = \frac{1}{2} (q_{k - 1} + q_{k + 1})$ 、 $q_{0} = 0, q_{N} = 1$ 。等差数列になり $q_{k} = \frac{k}{N}$ 。

別解

別解:「公平な賭けでは平均が動かない」で見抜く(得意な人向けの高い視点)。 毎回 $\pm 1$ が確率 $\frac{1}{2}$ ずつだから、 $1$ 手あとの持ち点の期待値はいまの持ち点と同じ。つまりこのゲームは「公平」で、持ち点の期待値は何手たっても $k$ のままである。

ゲームはいつか必ず終わる(挟まれた範囲を永遠に漂う確率は $0$ )。終わったときの持ち点は $N$ (確率 $q_{k}$ )か $0$ (確率 $1 - q_{k}$ )しかない。期待値が終了時まで保たれるなら

$N \cdot q_{k} + 0 \cdot (1 - q_{k}) = k ⟹ q_{k} = \frac{k}{N} .$

漸化式を解かずに答えが先に分かる、有効な見方だ。ただし「終了時まで保存を持ち越せること」は本当は証明が要る(大学で学ぶ内容)。答案では本解の漸化式を中心に書き、この見方は見通しと検算に使うのが安全である。

ポイント

成功確率を「出発点 $k$ ごとの値の列 $q_{k}$ 」とみる。
1手先で条件を付けると $q_{k} = \frac{1}{2} (q_{k - 1} + q_{k + 1})$ (2階漸化式)。
$q_{k + 1} - q_{k}$ が一定=等差数列。境界 $q_{0} = 0, q_{N} = 1$ で $q_{k} = \frac{k}{N}$ 。

よくある間違い

境界条件 $q_{0} = 0, q_{N} = 1$ を書き忘れ、一般解の定数が決まらない。
「成功までの回数」と混同して時間の変数まで持ち込み、 $2$ 変数の式で行き詰まる(問われているのは確率だけ)。
$q_{k + 1} - q_{k} = q_{k} - q_{k - 1}$ (階差が一定=等差)に気づかず、 $3$ 項間漸化式の一般論(特性方程式は重解 $1$ )へ進んで遠回りする。

問7折った棒が三角形になる確率(幾何確率と積分の融合)

実戦編確率幾何確率定積分三角形の成立条件単元横断

問題

長さ $1$ の棒の上に、互いに独立に一様な $2$ 点をとって折り、 $3$ 本の棒に分ける。この $3$ 本で三角形が作れる確率を求めよ。

ヒントを見る

3片のうち最も長いものが $\frac{1}{2}$ 未満なら三角形になる(各片 $<$ 他の2片の和)。折る2点 $(X, Y)$ を正方形上の点とみて、条件を満たす領域の面積が確率。

解答・解説

方針

折る2点を $X, Y$ ( $[0, 1]$ 一様独立)とし、3片の長さを求める。三角形の成立条件(各辺 $<$ 残り2辺の和 $⟺$ 各片 $< \frac{1}{2}$ )を領域に直し面積を出す。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 折る $2$ 点を $X, Y$ とすると、 $(X, Y)$ は単位正方形 $[0, 1]^{2}$ 上に一様に散らばる。だから確率は「条件を満たす領域の面積」そのものになる。

三角形が作れる条件も言い換えておく。『どの辺も他の $2$ 辺の和より短い』は、周の長さが $1$ だから『どの片も $\frac{1}{2}$ 未満』と同じ。

あとは $3$ 片の長さを $X, Y$ で書き、 $3$ つの不等式の領域を正方形の中に描いて面積を測るだけだ。連続の確率が面積計算になる典型である。

重要

3

辺

a, b, c

が三角形をなす

⟺

最大辺

<

他の

2

辺の和

⟺

(周が

1

なら)

a, b, c

すべてが

\frac{1}{2}

未満

① $3$ 片を書く。 $X < Y$ の場合、 $3$ 片は $X, Y - X, 1 - Y$ 。三角形の条件は $X < \frac{1}{2}, Y - X < \frac{1}{2}, 1 - Y < \frac{1}{2} (すなわち Y > \frac{1}{2}) .$ ② 領域の面積を求める。 $X > Y$ の場合も対称。下の図で、条件を満たすのは色をつけた $2$ つの三角形。

折る2点 (X,Y) は単位正方形に一様。3片すべてが 1/2 未満(=三角形)になるのは色の2つの三角形で、合計面積 1/4。

$X < Y$ 側の領域は $3$ 点 $(0, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, 1)$ を頂点とする直角三角形で、面積は $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$ 。 $X > Y$ 側も対称で $\frac{1}{8}$ 。 ③ 確率。 全体(正方形)の面積は $1$ だから $P = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4} .$

まとめ 「棒を折って三角形」は折る点を正方形上の一様点とみて「面積 $=$ 確率」。三角形の成立条件を『各片 $< \frac{1}{2}$ 』と言い換え、領域の三角形2つ(合計 $\frac{1}{4}$ )を数える。幾何確率と三角形の成立条件の融合。答えは $\frac{1}{4}$ 。

発展。 折る点を $n - 1$ 個に増やして $n$ 片にしても、別解の論法がそのまま通る。どれかの片が $\frac{1}{2}$ 以上になる事象は排反で、各確率は $(\frac{1}{2})^{n - 1}$ が $n$ 通り。よって $n$ 角形が作れる確率は $1 - \frac{n}{2 ^{n - 1}}$ 。 $n = 3$ で $\frac{1}{4}$ 、 $n = 4$ で $\frac{1}{2}$ と、片数が増えるほど作りやすくなる。

答

折る点 $X, Y$ を単位正方形上の一様点とみる。三角形の成立(各片 $< \frac{1}{2}$ )の領域は面積 $\frac{1}{4}$ 。

別解

別解:「できない確率」を対称性で数える(得意な人向けの高い視点)。 三角形が「できない」のは、 $3$ 片のどれかが $\frac{1}{2}$ 以上のとき。しかも $2$ つの片が同時に $\frac{1}{2}$ 以上になることはない(足すと全長 $1$ を超えてしまう)。

だから「できない確率」は、 $3$ つの排反な事象の和になる。

左の片が $\frac{1}{2}$ 以上 $⟺$ $2$ 点とも右半分にある。確率は $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ 。
右の片が $\frac{1}{2}$ 以上 $⟺$ $2$ 点とも左半分。同じく $\frac{1}{4}$ 。
真ん中の片が $\frac{1}{2}$ 以上 $⟺$ $2$ 点の間隔が $\frac{1}{2}$ 以上。正方形の $∣ X - Y ∣ \geq \frac{1}{2}$ の部分は直角三角形 $2$ つで、面積 $\frac{1}{4}$ 。

合計 $\frac{3}{4}$ が「できない」確率。よって求める確率は $1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ と、領域を細かく塗らずに出せる。 $3$ つの事象がどれも同じ $\frac{1}{4}$ になるのは、対称性による。

ポイント

折る2点 $(X, Y)$ は単位正方形に一様。確率は領域の面積。
三角形の成立 $⟺$ 3片すべてが $\frac{1}{2}$ 未満。
条件領域は面積 $\frac{1}{8}$ の三角形2つで、合計 $\frac{1}{4}$ 。

よくある間違い

三角形の成立条件を「どれかの片が長すぎなければよい」と曖昧なまま使う(正確には最大辺 $<$ 残り $2$ 辺の和 $⟺$ 各片 $< \frac{1}{2}$ )。
$X < Y$ と勝手に決めて面積 $\frac{1}{8}$ を答えにする(順序を仮定したら、最後に対称な $X > Y$ 側を足す)。
$3$ 片を $X, Y - X, 1 - Y$ と書いたまま $X > Y$ の側まで塗ってしまい、負の長さの「片」が現れて混乱する。

問8表が2回続くまでの回数の期待値(期待値と状態の融合)

実戦編確率期待値漸化式反復試行単元横断

問題

表と裏が等確率で出る硬貨を、表が $2$ 回続けて出るまで投げ続ける。投げる回数の期待値を求めよ。

ヒントを見る

いまの状況は『直前が表かどうか』だけで決まる。それぞれの状態から「表2連続まであと何回か」の期待値を文字でおき、1手先で場合分けして連立にする。

解答・解説

方針

「直前が裏(またはスタート)」「直前が表」の2状態に分け、あと何回かの期待値を連立方程式にする。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ゴール(表 $2$ 連続)への近さは、直前の $1$ 投が表だったかどうかだけで決まる。表なら「あと $1$ 回表で上がり」、裏やスタートなら振り出しだ。

そこで $2$ つの状態に期待値を置く。 $E_{0} =$ 「直前が表でない状態から、終わるまであと何回か」、 $E_{1} =$ 「直前が表の状態から、あと何回か」。

$1$ 手投げると、出た面で次の状態が決まる。この「 $1$ 手先で場合分け」が期待値の連立方程式を生む。無限に続きうる試行が有限個の方程式で表せる。

① 状態を分けて式を立てる。 どちらの状態でも、まず $1$ 回投げる(その $1$ を計上)。

$E_{0}$ (直前が表でない):投げて表( $\frac{1}{2}$ )なら状態 $1$ へ、裏( $\frac{1}{2}$ )なら状態 $0$ のまま。 $E_{0} = 1 + \frac{1}{2} E_{1} + \frac{1}{2} E_{0} .$
$E_{1}$ (直前が表):投げて表( $\frac{1}{2}$ )なら $2$ 連続で終了(あと $0$ 回)、裏( $\frac{1}{2}$ )なら状態 $0$ へ。 $E_{1} = 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} E_{0} .$

重要「あと何回か」の期待値は、

1

手先の各分岐の(その

1

回

+

分岐先の期待値)を確率で重みづけて足す

② 連立を解く。 $E_{0}$ の式から $\frac{1}{2} E_{0} = 1 + \frac{1}{2} E_{1}$ 、すなわち $E_{0} = 2 + E_{1}$ 。 $E_{1} = 1 + \frac{1}{2} E_{0}$ を代入して $E_{0} = 2 + (1 + \frac{1}{2} E_{0}) = 3 + \frac{1}{2} E_{0} ⟹ \frac{1}{2} E_{0} = 3 ⟹ E_{0} = 6.$ (このとき $E_{1} = 1 + 3 = 4$ 。) ③ 答え。 求める期待値はスタート(直前が表でない)からの $E_{0} = 6$ (回)。

まとめ無限に続きうる試行の期待値は、『状態(=直前が表か)』を見つけて $1$ 手先で場合分けし、期待値の連立方程式にするのが基本だ。状態を絞れば有限で解ける。確率(期待値)と漸化式(連立)の融合で、答えは $6$ 回。

発展。 待ち時間はパターンの「形」に依存する。表裏(表のあとに裏)を待つ期待回数は $4$ 回で、表表の $6$ 回より短い。表表は失敗(裏)で積み上げが全部消えるのに対し、表裏は表が出続けても「次に裏が出れば完成」の状態が保たれるからだ。直感に反する有名な事実である。

答

直前が表かどうかで状態分け。 $E_{0} = 1 + \frac{1}{2} E_{1} + \frac{1}{2} E_{0}$ 、 $E_{1} = 1 + \frac{1}{2} E_{0}$ を解いて $E_{0} = 6$ 。

別解

別解:「 $1$ 段短い連の上に積む」漸化式(得意な人向けの高い視点)。 表 $r$ 連続までの期待回数を $T_{r}$ とおく。 $r$ 連続を作るには、まず $r - 1$ 連続を作り(期待 $T_{r - 1}$ 回)、その直後にもう $1$ 回投げる。

表( $\frac{1}{2}$ )ならそこで完成。裏( $\frac{1}{2}$ )なら積み上げがゼロに戻り、まるごとやり直しになる。よって

$T_{r} = T_{r - 1} + 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} T_{r} ⟹ T_{r} = 2 T_{r - 1} + 2.$

$T_{0} = 0$ から $T_{1} = 2$ 、 $T_{2} = 6$ 。本解と同じ答えが、「連を $1$ 段ずつ積む」分解からも出る。この漸化式は一般の $r$ でも解けて $T_{r} = 2^{r + 1} - 2$ ( $3$ 連続なら $14$ 回)。倍々で急に伸びるのは、失敗すると積み上げた連が全部消えるせいだ。

ポイント

状態を『直前が表か否か』の2つに絞る。
各状態で $1$ 手先の分岐(その $1$ 回 $+$ 行き先の期待値)を足して連立式に。
$E_{0} = 2 + E_{1}, E_{1} = 1 + \frac{1}{2} E_{0}$ を解いて $E_{0} = 6$ 。

よくある間違い

状態を分けずに $1$ 本の式で立てようとして、表裏の履歴が追えなくなる。
終了の分岐(表 $2$ 連続)で「あと $0$ 回」を入れ忘れる、または $1$ 回投げた分の $+ 1$ を落とす。
分布 $P (T = t)$ (フィボナッチ数列が現れる)を先に求めて無限和 $\sum tP (T = t)$ を計算しようとし、時間を失う。状態の連立なら $2$ 本で終わる。

確率 実戦編の問題 全8問

問1サイコロの和がちょうど n になる確率の極限(確率漸化式と保存量)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問2表の枚数が3の倍数になる確率(1の3乗根の利用)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問3ちょうど半分が表になる確率の漸近(二項係数とウォリスの融合)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問4自分の番号を引く人数の期待値と分散(指示関数の融合)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問54種のカードをそろえるまでの回数の期待値(期待値と調和数)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問6持ち点が0かNになるまで(破産問題と2階漸化式)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問7折った棒が三角形になる確率(幾何確率と積分の融合)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問8表が2回続くまでの回数の期待値(期待値と状態の融合)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

確率実戦編の問題全8問