数学B / 統計的な推測

引いたカードの最大値の期待値

最難関編期待値二項係数確率分布

問題

$1$ から $n$ までの番号が1つずつ書かれた $n$ 枚のカードから、無作為に $k$ 枚( $1 \leq k \leq n$ )を同時に取り出す。取り出したカードの番号の最大値を $M$ とする。

(1) $k \leq t \leq n$ のとき $P (M \leq t)$ を求めよ。

(2) $P (M = t)$ を求めよ。

(3) $E (M) = \frac{k ( n + 1 )}{k + 1}$ を示せ。

(4) $n = 10, k = 3$ のときの $E (M)$ を求めよ。

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最大値が $t$ 以下、とはどういうことか。取り出した $k$ 枚がどうなっていればよいか。

(3) $t$ が掛かった二項係数は、 $t$ を中に吸収できる。 $t (k - 1 t - 1)$ を計算してみよ。

解答・解説

方針

最大値そのものは扱いにくいが、「最大値が $t$ 以下」なら簡単で、 $k$ 枚が全部 $t$ 以下ということ。累積確率の差でちょうど $t$ の確率が出る。期待値の計算では $t (k - 1 t - 1) = k (k t)$ で $t$ を二項係数に吸収し、 $\sum (k t) = (k + 1 n + 1)$ (ホッケースティックの和)で畳む。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 最大値の分布を直接考えるのは難しい。だが「最大値が $t$ 以下」なら簡単だ。それは「取り出した $k$ 枚が全部 $t$ 以下」ということにほかならない。

この「以下」の確率(累積確率)から、ちょうど $t$ になる確率が差で求まる。最大値・最小値を扱うときの定石である。

期待値の計算では、 $t (k - 1 t - 1) = k (k t)$ という二項係数の変形が効く。 $t$ を二項係数の中に吸収してしまうのだ。すると和は $\sum (k t)$ という「二項係数の縦の和」になり、パスカルの規則で一気に潰れる(ホッケースティックの和)。

公式

t (k - 1 t - 1) = k (k t)

、および

t = k \sum n (k t) = (k + 1 n + 1)

(ホッケースティックの和)

① (1) 「以下」の確率。 $M \leq t$ となるのは、取り出した $k$ 枚がすべて $t$ 以下のときである。それは $1$ から $t$ までの $t$ 枚から $k$ 枚を選ぶことだから

$P (M \leq t) = \frac{( k t )}{( k n )}$

② (2) ちょうど $t$ の確率。 累積確率の差をとる。

$P (M = t) = P (M \leq t) - P (M \leq t - 1) = \frac{( k t ) - ( k t - 1 )}{( k n )} = \frac{( k - 1 t - 1 )}{( k n )}$

最後はパスカルの規則 $(k t) = (k t - 1) + (k - 1 t - 1)$ を使った。意味を読めば「最大が $t$ ⇔ $t$ を1枚選び、残り $k - 1$ 枚を $1$ から $t - 1$ までから選ぶ」であり、直接数えても同じ式になる。

③ (3) 期待値を計算する。 定義どおり足す。

$E (M) = t = k \sum n t \cdot \frac{( k - 1 t - 1 )}{( k n )}$

ここで $t (k - 1 t - 1) = k (k t)$ である(両辺とも $\frac{t !}{( k - 1 )! ( t - k )!}$ に等しい)。したがって

$E (M) = \frac{k}{( k n )} t = k \sum n (k t) = \frac{k}{( k n )} \cdot (k + 1 n + 1)$

最後にホッケースティックの和を使った。あとは比を計算する。

$\frac{( k + 1 n + 1 )}{( k n )} = \frac{\frac{( n + 1 )!}{( k + 1 )! ( n - k )!}}{\frac{n !}{k ! ( n - k )!}} = \frac{n + 1}{k + 1}$

よって

$E (M) = \frac{k ( n + 1 )}{k + 1}$

④ (4) 数値を入れる。 $n = 10, k = 3$ とすると

$E (M) = \frac{3 \cdot 11}{4} = \frac{33}{4} = 8.25$

検算しておく。 $k = n$ (全部取る)なら $E (M) = \frac{n ( n + 1 )}{n + 1} = n$ で、最大値は必ず $n$ — 正しい。 $k = 1$ なら $\frac{n + 1}{2}$ で、 $1$ 枚だけ引くときの平均。これも正しい。

まとめ: 最大値は「以下」の確率から攻める。期待値は二項係数の変形で $t$ を吸収し、ホッケースティックの和で畳む。

発展 — 一歩先へ。 答えを $\frac{k}{k + 1} (n + 1)$ と書き直してみる。すると「区間 $[0, n + 1]$ を $k + 1$ 等分したときの、 $k$ 番目の位置」と読める。

つまり $k$ 枚のカードは、平均的に見て区間をほぼ均等に $k + 1$ 等分する位置に落ちるのだ。 $n = 10, k = 3$ なら $11$ を $4$ 等分した3番目、つまり $8.25$ 。カードを引く前から、だいたいの位置が読めてしまう。

この「 $k$ 個の点が区間を均等に分ける」という現象は、順序統計量の基本的な性質である。 $i$ 番目に小さいカードの期待値も $\frac{i ( n + 1 )}{k + 1}$ になり、やはり等分点にくる。無作為に選んだはずの点が、全体としては規則正しく並ぶ — 確率の面白さがここにある。

答

(1) $\frac{( k t )}{( k n )}$ (2) $\frac{( k - 1 t - 1 )}{( k n )}$ (3) $t (k - 1 t - 1) = k (k t)$ とホッケースティックの和から (4) $\frac{33}{4} = 8.25$

別解

「以上」の確率を足し上げる(得意な人向け)。 $1$ 以上 $n$ 以下の整数値をとる確率変数には、期待値のもう1つの表し方がある。

$E (M) = t = 1 \sum n P (M \geq t)$

理由は簡単だ。右辺を展開すると、各 $j$ について $P (M = j)$ が $t = 1, 2, \dots, j$ の $j$ 回だけ現れる。だから合計は $\sum_{j} j P (M = j) = E (M)$ になる。「値そのものを、1ずつ数え上げる」という発想である。

これを使う。 $P (M \geq t) = 1 - P (M \leq t - 1) = 1 - \frac{( k t - 1 )}{( k n )}$ だから

$E (M) = t = 1 \sum n 1 - \frac{( k t - 1 )}{( k n )} = n - \frac{1}{( k n )} t = 1 \sum n (k t - 1)$

和の部分は $u = t - 1$ とおけば $u = 0 \sum n - 1 (k u)$ で、 $u < k$ の項は $0$ だから、ホッケースティックの和により $(k + 1 n)$ に等しい。よって

$E (M) = n - \frac{( k + 1 n )}{( k n )} = n - \frac{n - k}{k + 1} = \frac{n ( k + 1 ) - ( n - k )}{k + 1} = \frac{nk + k}{k + 1} = \frac{k ( n + 1 )}{k + 1}$

本解と一致した。

$P (M = t)$ を経由しないぶん、こちらのほうが計算が短い。「値を直接足す」のではなく「しきい値を超える回数を数える」— この視点の切り替えは、期待値の計算で何度も役に立つ。

ポイント

$M \leq t$ ⇔ $k$ 枚が全部 $t$ 以下。累積確率が主役。
$t (k - 1 t - 1) = k (k t)$ で $t$ を吸収。
ホッケースティックの和で $\sum (k t) = (k + 1 n + 1)$ 。

よくある間違い

$P (M = t)$ を「 $t$ が含まれる確率」 $\frac{( k - 1 n - 1 )}{( k n )}$ としてしまう。 $t$ が最大値であるためには、残り $k - 1$ 枚が $t$ より小さくなければならない。含まれるだけでは足りない。
ホッケースティックの和を知らずに、 $\sum (k t)$ を力ずくで展開しようとする。パスカルの規則を繰り返せば $(k + 1 n + 1)$ にまとまる。
答えの検算をしない。 $k = n$ (全部取る)なら $E (M) = n$ になるはずである。この一手で、係数の取り違えはその場で見つかる。