箱の中に2,3,4,5,6が書かれたカードが一枚ずつある。一枚引いて箱に戻すことをn回繰り返す。引いたn個の数の和が偶数となる確率を求めよ
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No.80495 - 2022/01/25(Tue) 00:05:25
| ☆ Re: 0.4 / ヨッシー  | | | ｎ回目に偶数である確率をp[n] とします。
奇数である確率は当然 1−p[n] です。
このとき
p[1]＝3/5
p[n+1]＝(3/5)p[n]＋(2/5)(1−p[n])
という漸化式が出来ます。
変形して
p[n+1]＝(1/5)p[n]＋2/5
(p[n+1]−1/2)＝(1/5)(p[n]−1/2)
q[n]＝p[n]−1/2 とおくと、q[n] は、初項
q[1]＝p[1]−1/2＝1/10
公比 1/5 の等比数列なので、
q[n]＝(1/2)(1/5)^n
よって、
p[n]＝q[n]＋1/2＝(1/2)(1/5)^n＋1/2
と求められます。
ｎを大きくすると、1/2 に近づくのがわかります。
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No.80498 - 2022/01/25(Tue) 06:19:05 |
| ☆ Re: 0.4 / 二項定理 | | | 1,2,3,4,5で二項定理を使ったやり方も教えて欲しいです
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No.80501 - 2022/01/25(Tue) 11:34:51 |
| ☆ Re: 0.4 / ast | | | # この質問者は件名とハンドル名を逆に入力してるのか……? (いや, ハンドルが0.4ってのも妙か……?)
> 二項定理を使ったやり方
(二項定理「二項式の自然数乗における二項係数が組合せの数で表される」の理由を理解している前提で, 同様に理由により) (x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n の展開を考えると, これは各項が:
[i] x の指数部分が本問における「引いたn個の数の和」
[ii] 係数部分が本問における「そのn個の数を引く場合の数」
となっており, かつこの展開に現れる係数の総和 (展開式に x=1 を代入したもの) が全ての場合の数をちょうど表しているので, またこれをうまく偶数次の項だけ残るように調整したものが本問において求める場合の数であるので, 結局
(((x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n+((-x)^2+(-x)^3+(-x)^4+(-x)^5+(-x)^6)^n)/2) / (x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n
に x=1 を代入したものを求めれば必要な確率が得られる, というような話のことを指していると理解してよいですか?
> 1,2,3,4,5で
ってのがよくわからないが.
# 本問の数値を 2,3,4,5,6 から 1,2,3,4,5 に変えた問題をそれで解け, という意味だろうか?
## だとしても単に数値を変えるだけで済む話だし改めて述べることはないが.
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No.80502 - 2022/01/25(Tue) 12:31:22 |
| ☆ Re: 0.4 / 黄桃 | | | いけず、ですねぇ。
＃母関数を知っているような人はこのような質問はしないでしょう。
1回引くと、奇数が出る確率が3/5, 偶数が出る確率が2/5 の時、n回引いて合計が偶数となる確率を2項定理を用いて解け、でしょう。
求める確率Pは、n回のうち奇数が偶数個でる確率と等しいので、これを求めるのでしょう。
p=(3/5),q=(2/5)とすれば、とおけば、おそらく期待している答は、
(q+p)^n=q^n+nC1*p*q^(n-1)+nC2*p^2*q^(n-2)+...+nC(n-1)q*p^(n-1)+p^n
(q-p)^n=q^n-nC1*p*q^(n-1)+nC2*p^2*q^(n-2);...+(-1)^(n-1)nC(n-1)*q*p^(n-1)+(-1)^n*p^n
辺々加えると p+q=1, q-p=-1/5だから
1+(-1/5)^n=2(q^n+nC2*p^2*q^(n-2)+nC4*p^4*q^(n-4)+...)=2P
より求まる、でしょう。
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No.80536 - 2022/01/28(Fri) 00:32:14 |
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