(2)(3)を教えていただきたいです。
(1)は順に1/3, 11/45, 681/4050となりました。もし違うのであればご指摘お願いします。
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No.87630 - 2024/03/05(Tue) 20:56:45
| ☆ Re: 確率 期待値 / ヨッシー  | | | (1) は合っていますが、約分し切れていないものがあります。
この問題、出典は何ですか？
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No.87639 - 2024/03/07(Thu) 00:52:13 |
| ☆ Re: 確率 期待値 / Nick | | | 227/1350でしたね。ありがとうございます
出典は東京大学の2020年度編入学試験からです。
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No.87641 - 2024/03/07(Thu) 08:39:03 |
| ☆ Re: 確率 期待値 / Nick | | | (2)の(b)(c)は解答できました。合っているでしょうか？ただ(d)(e)の漸化式の解き方が分かりません。(c)は数列を書き出して求めました。
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No.87642 - 2024/03/07(Thu) 09:50:11 |
| ☆ Re: 確率 期待値 / WIZ | | | (2)(a)
現状で残り球数は、n ≧ 1かつ(赤, 青, 白) = (L, M, n)個として、S = L+M+nとおきます。
白がn個ある状態で、後m回でゲーム終了となる確率をp(n, m)とします。
p(n, 1) = (赤) = L/S
p(n, 2) = (青赤)+(白赤)
= (M/S)(L/S)+(n/S)(L/(S-1))
= (M/S)p(n, 1)+(n/S)p(n-1, 1)
p(n, 3) = (青){(青赤)+(白赤)}+(白){(青赤)+(白赤)}
= (M/S){(M/S)(L/S)+(n/S)(L/(S-1))}+(n/S){(M/(S-1))(L/(S-1))+(n/(S-1))(L/(S-2))}
= (M/S)p(n, 2)+(n/S)p(n-1, 2)
一般に、mを2以上の整数として
p(n, m) = (M/S)p(n, m-1)+(n/S)p(n-1, m-1)
となると推論できます。
厳密ではありませんが、確率p(n, m)は、
青を引き(確率 = M/S)、白がn個のまま後m-1回でゲーム終了となる(確率 = p(n, m-1))か、
白を引き(確率 = n/S)、白がn-1個となり後m-1回でゲーム終了となる(確率 = p(n-1, m-1))
という確率の和であるということで証明に代えさせて頂きます!
G(n)とは終了となるまでのゲーム回数の期待値だから、
G(n) = Σ[m=1, ∞]{p(n, m)*m}
= p(n, 1)*1+Σ[m=2, ∞]{p(n, m)*m}
= L/S+Σ[m=2, ∞]{{(M/S)p(n, m-1)+(n/S)p(n-1, m-1)}*m}
= L/S+Σ[m=1, ∞]{{(M/S)p(n, m)+(n/S)p(n-1, m)}*(m+1)}
= L/S+Σ[m=1, ∞]{{(M/S)p(n, m)+(n/S)p(n-1, m)}*m}+Σ[m=1, ∞]{(M/S)p(n, m)+(n/S)p(n-1, m)}
ここで、確率の総和なので、
Σ[m=1, ∞]p(n, m) = 1
Σ[m=1, ∞]p(n-1, m) = 1
と考えられるので(厳密なのか?)
⇒ G(n) = L/S+(M/S)*G(n)+(n/S)*G(n-1)+M/S+n/S
⇒ S*G(n) = L+M*G(n)+n*G(n-1)+M+n
⇒ (S-M)*G(n) = (L+n)*G(n) = L+M+n+n*G(n-1)
・・・と目的の式は導けます。
# 不備だらけだと思いますので、識者の方のツッコミよろしくお願いいたします!
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No.87645 - 2024/03/07(Thu) 12:00:33 |
| ☆ Re: 確率 期待値 / WIZ | | | > Nickさん
答案についてコメントします。
(c)で(a)の関係式を使ってしまうなら、
(b)でも使ってしまえばもっと短い回答にできると思いますがというツッコミは置いといて、
(b)はL = Mという前提なのだから、そして明記されていませんがL ≠ 0だと思いますので、
G(0) = (L+M)/Lで計算を止めないで、G(0) = (L+M)/L = 2L/L = 2ですよね?
次に(c)の回答で、
> G(N) = (N/(1+N))*G(N-1)+(2+N)/(1+N)
> G(N) = (N^2+5N+4)/(2(N+1))
と上の式から下の式にいきなり変形しているのが気になります。
# 何か暗算でできるような上手い方法があるのかな?
# 「数列を書き出して」って書いてありましたね。失礼!
L = M = 1, n = N, G(0) = 2で、G(n)を数列と捉えれば、(a)の関係式から
(L+n)*G(n) = L+M+n+n*G(n-1)
⇒ (1+N)*G(N) = 2+N+N*G(N-1)
⇒ (1+N)*G(N)-N*G(N-1) = 2+N
⇒ Σ[k=1, N]{(1+k)*G(k)-k*G(k-1)} = Σ[k=1, N]{2+k}
⇒ (1+N)*G(N)-1*G(0) = 2N+N(N+1)/2
⇒ (1+N)*G(N) = G(0)+(N^2+5N)/2 = 2+(N^2+5N)/2
⇒ G(N) = (N^2+5N+4)/(2(N+1)) = (N+1)(N+4)/(2(N+1)) = (N+4)/2
(d)
L = M = 2, n = N
(L+n)*G(n) = L+M+n+n*G(n-1)
⇒ (2+N)*G(N) = 4+N+N*G(N-1)
⇒ (2+N)(1+N)*G(N) = (4+N)(1+N)+(1+N)N*G(N-1)
⇒ (2+N)(1+N)*G(N)-(1+N)N*G(N-1) = N^2+5N+4
⇒ Σ[k=1, N]{(2+k)(1+k)*G(k)-(1+k)k*G(k-1)} = Σ[k=1, N]{k^2+5k+4}
⇒ (2+N)(1+N)*G(N)-2*1*G(0) = N(N+1)(2N+1)/6+5N(N+1)/2+4N
# 続きは質問者さんの方で計算してみてください!
(e)
L = M = 3, n = N
(L+n)*G(n) = L+M+n+n*G(n-1)
⇒ (3+N)*G(N) = 6+N+N*G(N-1)
⇒ (3+N)(2+N)(1+N)*G(N) = (6+N)(2+N)(1+N)+(2+N)(1+N)N*G(N-1)
# 計算が面倒なだけで、(c)(d)とほとんど同じ。
# 実は(c)(d)の計算からもっと効率的な方法が見えてくるのかもしれませんね。
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No.87647 - 2024/03/07(Thu) 21:14:05 |
| ☆ Re: 確率 期待値 / Nick | | | 大変詳しい解説ありがとうございます。復習してみます。
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No.87652 - 2024/03/08(Fri) 13:19:08 |
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