すうじあむ

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1	なるほど・・・ 自分で投稿しておいてなんですが， 私はsonyさんの考え方にあたる二項展開を利用した方法しか 想定していませんでした。 (問題を解くことだけを考えれば，漸化式を立てることも考えられます。) 式の出所は同じですが考え方は違っていて， 「1との並びの積和」ととらえることで より二項展開が現れる理由がイメージしやすくなっています。 答えのきれいさから， 何か組み合わせ論的解釈で一発で答えがでないかと探してみましたが，今のところなさそうです。	ドンキー さん	2009/09/10 01:10:10		報告
2	問題を見ていてヤングの図形を思い浮かべました。	sjt33846 さん	2009/09/10 12:30:39		報告

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\newcommand{\DS}{\displaystyle} \newcommand{\TS}{\textstyle} \newcommand{\QS}{\begin{quote}} \newcommand{\QE}{\end{quote}} \newcommand{\EQ}{\QS$\DS} \newcommand{\EN}{$\QE} \newcommand{\ML}{\begin{list}{\labelitemi}{\itemsep 0pt \parsep 0pt}} \newcommand{\LE}{\end{list}} \newcommand{\inv}[1]{\frac{1}{#1}} \newcommand{\hr}{\noindent\hrulefill} \newcommand{\comb}[2]{\mbox{}_{#1}{\rm C}_{#2}} \newcommand{\LR}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\LRA}[1]{\left| #1 \right|} \newcommand{\LRB}[1]{\left[ #1 \right]} \newcommand{\LRC}[1]{\left\{ #1 \right\}} \newcommand{\LRF}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \newcommand{\hsp}{\\ \hspace*{0.5cm}} \newcommand{\comment}[1]{} \newcommand{\lno}[1]{\ \ \dotfill\ (#1)} 答えが $\DS\frac{7^5}{6^6}$（一般化した東工大問題の形では $\DS\frac{(N+1)^{k-1}}{N^k}$）になることを、 数え上げによって求めるのではなく、 この形になる理由を直接的に示せということですね。 難しいですね。 sony さんはどう考えたんでしょうか。 出目の和が 6 になる場合の数が $\DS 2^5 = \sum_{k=0}^5 \comb{5}{k}$ になるといったことはすぐわかります。 しかしそれで試行が終わるわけではなく、確率の $\DS\inv{6}$ が微妙に絡んでくるので、 \EQ \sum_{k=0}^5 \comb{5}{k} \LR{\inv{6}}^{k+1} = \inv{6}\LR{1 + \inv{6}}^5 \lno{\heartsuit} \EN のように、左辺の展開した形から式を組み立てて、それを２項定理によって右辺のようにまとめる、 といった手順を踏むことになってしまいそうです。 しかしそれではちょっと不満で、$(\heartsuit)$ の右辺を直接説明したいわけですよね。 で、本質的に変わるわけではないけど、以下のように考えれば少しは直接的になります。 一般の場合（東工大問題）でも理屈は同じなので、サイコロの場合について記します。 \\ 「何回目かに総和が 6 になる」という事象を $P$ としましょう。 ７回目以降の試行は $P$ の成否には影響しないので、６回目までの試行を考えれば十分です。 出た目の総和を下のような○の個数で表します： \begin{quote} ○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○ $\cdots$ \end{quote} 各試行で出た目は、区切りとして縦線｜を入れて表します。 例えば出た目が 2, 3, 4, 1, 5, 2 の場合は下のようになります。 \begin{quote} ○○｜○○○｜○○○○｜○｜○○○○○｜○○｜ \end{quote} 縦線の位置は、それまでの総和、つまり縦線より左側の○の個数を $n$ としたとき、$p_n$ で表します。 上の例の場合、縦線があるのは $p_2,\ p_5,\ p_9,\ p_{10},\ p_{15},\ p_{17}$ です。 $P$ が成り立つ確率は $p_6$ に縦線がある確率ですから、 まず $p_6$ に｜を入れます： \begin{quote} ○○○○○○｜○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○ $\cdots$ \end{quote} この $p_6$ に縦線を入れる試行は、それ以前の試行の如何に関わりなく、 1--6 のいずれか特定の目が出た場合ですから、その確率は $\DS\inv{6}$ です。 後は残り５回分の試行の縦線を入れるだけです。 その際、$p_6$ の左側か右側か、つまり $p_6$ 以前か以後かによって事情が違います。 左側、つまり $p_6$ 以前の場合、$p_1,\ \cdots,\ p_5$ のいずれかに縦線が入ります。 これを左端から順に入れていくと考えれば、 １つの縦線を入れることは１回の試行の出目を決めることにあたりますから、 $\DS\inv{6}$ の確率で生じます。 各試行は互いに独立ですから、$P$ が成り立つ確率は、各試行の確率の積として表わされます。 一方、右側、つまり $p_6$ 以後の場合、何が出ても $P$ の成否には影響しません。 したがって確率計算の上では無視できます。 あるいは同じことですが、「各試行の確率の積」という観点からは、 確率 $1$（乗算しても変化しない）で生じると考えることもできます。 \\ ここで少し視点を変えます。 \begin{quote} ○｜○○｜○○○｜ \end{quote} 例えば上のように出目が 1, 2, 3 の場合、 $p_1,\ p_3,\ p_6$ に縦線がある一方、$p_2,\ p_4,\ p_5$ にはありません。 試行回数は（$p_6$ を入れて）６回ですから、 この $p_2,\ p_4,\ p_5$ の空白は、$p_6$ より後ろにある縦線に対応付けられます。 その対応をとった上で、$p_1,\ \cdots,\ p_5$ の各試行の確率を並べると： \EQ \inv{6},\ \ 1,\ \ \inv{6},\ \ 1,\ \ 1 \EN となります。 一般に $p_1,\ \cdots,\ p_5$ のそれぞれについて、 縦線があれば $\DS\inv{6}$ を、なければ $1$ を対応させるわけです。 その $\DS 1,\ \inv{6}$ の５個の並びが１つの試行列に対応します。 $P$ が成り立つ確率は、すべての５個並びについて、５個の積をとり、 それらを足し合わせ、さらに $p_6$ に入れる確率の $\DS\inv{6}$ を掛けたものになります。 その「すべての５個並びの積和」は： \EQ \LR{1 + \inv{6}}^5 \EN で求められます。 実際、これを展開すると（ただし積の中の項の順番は入れ替えずに展開すると）、 $\DS 1,\ \inv{6}$ の５個並びすべての組み合わせが得られるからです。 \begin{quote} \underline{\bf 補足}：　行列の積をイメージしてもらえばいいでしょう。 行列の積は一般には非可換ですから、$(A+B)^2$ は（$A^2+2AB+B^2$ ではなく）$A^2+AB+BA+B^2$ になります。 「順番は入れ替えずに」というのはこの形を指します。 \end{quote} したがって $P$ が成り立つ確率（東工大問題の記法を使えば $P_6(6)$）は： \EQ \inv{6}\LR{1 + \inv{6}}^5 = \frac{7^5}{6^6} \EN になります。 一般の場合、つまり東工大問題の問 (1), (3) についても全く同じ議論で \EQ P_N(k) = \inv{N} \LR{1 + \inv{N}}^{k-1} \hspace*{1.0cm} (k \leq N) \EN が得られます。 \newpage 一方、問 (2) は $k>N$、つまり求める総和 $k$ が出目の最大値 $N$ より大きい場合です。 このときには、$p_k$ の前、$p_1,\ \cdots,\ p_{k-1}$ の中に１つ以上、縦線がある必要があります （$k \leq N$ の場合は０個以上で良かったことに注意）。 上の考え方にしたがってこれを扱うなら、 とりあえず $p_1,\ \cdots,\ p_{k-1}$ を埋めてみて仮の「確率」を求め （過剰に数えているので $1$ を超えることもある）、 $N$ より大きい出目を持つ試行列の分を引き算することが考えられます。 一般の場合について扱うのは大変なので、 問題にある $P_3(4),\ P_3(5)$ について考えてみます。 \\ \begin{itemize} \item \underline{$P_3(4)$ の場合} まず $p_4$ に縦線を入れて、これの確率は（$N=3$ だから)\ $\DS\inv{3}$。 試行は最大４回だから、$p_4$ を除いた３回の試行について、 $\DS 1,\ \inv{3}$ の３個並びの総和をとって得られる「確率」： \EQ \inv{3}\LR{1 + \inv{3}}^3 = \frac{4^3}{3^4} \EN がまず出ます。 しかしこれには $p_1,\ p_2,\ p_3$ に縦線がない、 つまり１回で出目 $4$、３個並び $1,\ 1,\ 1$ の場合も含まれます。 したがってこれを引いて： \EQ P_3(4) = \frac{4^3}{3^4} - \inv{3}\cdot 1^3 = \frac{64-27}{81} = \underline{\ \ \frac{37}{81}\ \ } \\ \EN \item \underline{$P_3(5)$ の場合} 上と同様に、$p_5$ の確率は $\DS\inv{3}$ で、４個並びの総和から得られる「確率」は： \EQ \inv{3}\LR{1 + \inv{3}}^4 = \frac{4^4}{3^5} \EN ここで引き算すべき対象は： \ML \item 出目 5 がある場合：４個並びで $1,\ 1,\ 1,\ 1$ \item 出目 4 がある場合：４個並びで $\DS \inv{3},\ 1,\ 1,\ 1$ 及び $\DS 1,\ 1,\ 1,\ \inv{3}$ \LE だから： \EQ P_3(5) = \frac{4^4}{3^5} - \inv{3}\cdot 1^4 - \inv{3} \cdot 2 \cdot \inv{3}\cdot 1^3 = \frac{256 - 81 - 54}{243} = \underline{\ \ \frac{121}{243}\ \ } \EN \end{itemize} 容易に想像されるように、この「引き算法」だと $k,\ N$ の差が大きくなるほど面倒になります。 \\ \hr 最初に $(\heartsuit)$ の左辺に掲げた方法は、 「１回で総和が $6$ になるのは $\comb{5}{0}$ 通り、２回では $\comb{5}{1}$ 通り、....」 のように、$6$ に達する試行回数で分けていることにあたります。 試行回数でまとめているため、縦線が $p_1,\ \cdots,\ p_5$ のどこに入るかという、 順序・位置情報を捨て去っていることになります。 これに対し、ここで述べた方法は、その位置情報を保存したままで式にしている分、 簡潔になっています。 もちろんこれは答を得た上での後知恵として考えたもので、 試験場でこのように解けるかと言えば、数え上げをしてしまったほうが早いでしょうし、 まして２分で思いつくのはまあ不可能ではある。