さいころの問題

質問

さいころの和に関する問題です。
ｎ回さいころを振った時、出た目の総和が２ｎになる確率はどのように求まるのでしょうか。よろしくお願いします。

回答No.4

20080715 · ベストアンサー

＞もしよければ補足をお願いします。

F(n)の求め方について、補足をしておきます。

(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n
=(x^n)*(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n であることから、
F(n)は、(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n を展開したときの x^n の係数です。
これを求める方法を２つ書いておきます。

(方法1):
(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n
=((1-x^6)/(1-x))^n
=((1-x^6)^n)*(1-x)^(-n)
ここで、(1-x^6)^n を二項定理で展開して、
(1-x^6)^n
=Σ[i=0,n]C(n,i)*(-x^6)^i
=Σ[i=0,n]C(n,i)*((-1)^i)*(x^(6*i)).
また、(1-x)^(-n) を級数展開して、
(1-x)^(-n)
=Σ[r=0,∞]C(n+r-1,r)*(x^r).
よって、
(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n
=(Σ[i=0,n]C(n,i)*((-1)^i)*(x^(6*i)))*(Σ[r=0,∞]C(n+r-1,r)*(x^r))
=Σ[i=0,n]Σ[r=0,∞]C(n,i)*((-1)^i)*C(n+r-1,r)*(x^(6*i+r)).
つまり、(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n における x^n の係数F(n)は、
Σ[i=0,n]Σ[r=0,∞]C(n,i)*((-1)^i)*C(n+r-1,r)*(x^(6*i+r))
における x^n の係数に等しい。このことから、
F(n)=Σ[i=0,floor(n/6)]C(n,i)*((-1)^i)*C(2*n-6*i-1,n-6*i)
となります。

(方法2):包含と排除の原理を使う方法
互いに区別のつかない n 個のボールを、異なる n 個の箱に入れる
ことを考えます。ただし、各々の箱に入るボールの数は 5 以下であるとします。
このようなボールの分配の方法の総数は、
(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^n における x^n の係数F(n)です。
まず、各々の箱に入るボールの数は 5 以下という制限なしにボールを自由に
分配します。このとき、特定の i 個 (0≦i≦floor(n/6)) の箱の中に 6 個以上
のボールが入っているような状況を考えます。(残りの (n-i) 個の箱については
どのようにボールが入っていても構いません。)
特定のi個の箱の中に6個以上のボールが入っているような分配の方法は、
C(2*n-6*i-1,n-6*i) 通りあります。
(特定のi個の箱の中に6個のボールを入れておき、残りの n-6*i 個のボールを
n 個の箱に自由に分配します。）
特定のi個の箱の選び方はC(n,i)通りありますから、
包含と排除の原理より、各々の箱に入るボールの数が5以下であるような
分配の方法の総数は、Σ[i=0,floor(n/6)]((-1)^i)*C(n,i)*C(2*n-6*i-1,n-6*i)
という式で計算できます。

同様に考えて、正整数 m,n,k に対して、
(1+x+x^2+ … +x^m)^n における x^k の係数は、
Σ[i=0,floor(k/(m+1))]((-1)^i)*C(n,i)*C(k+n-(m+1)*i-1,k-(m+1)*i) です。

以上のことは全て組合せ論などの本に書いてあります。
参考になると思われるものを挙げておきます。
・組合せ数学入門 1 (共立全書)
・数え上げ組合せ論入門 (日本評論社)
・やさしい組合せ数学 (コロナ社)
・INTRODUCTION TO COMBINATORIAL ANALYSIS (Dover)

お礼

本当にありがとうございます。
やっと方法１を理解したところです。方法２もこれからチャレンジしてみようと思います。
こんなに丁寧に回答してくださる人がいるなんて本当に信じられません。

組み合わせを高校生の時以来考えたことがなかったので、お勧めしてくださった本で勉強しなおそうと思います。

回答No.3

20080715

さいころを n 回振るときの 6^n 通りの目の出方のうち、
出目の合計がちょうど 2n になるような場合の数をF(n)とすると、
F(n)は x の多項式 (x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^n を展開したときの
x^(2n) の係数です。よって、
F(n)=Σ[i=0,floor(n/6)]{((-1)^i)*C(n,i)*C(2*n-6*i-1,n-6*i)}.
(ここで、C(a,b)は二項係数、floor(a)はaを超えない最大の整数。)
求める確率P(n)は、
P(n)=((1/6)^n)*F(n)=((1/6)^n)*Σ[i=0,floor(n/6)]{((-1)^i)*C(n,i)*C(2*n-6*i-1,n-6*i)}.

いくつか例を挙げると、
P(10)=((1/6)^10)*(85228)=21307/15116544,
P(100)=((1/6)^100)*(7745954278770349845682110174816333221135826585518841002760),
P(1000)≒5.40692*10^(-187).

お礼

回答ありがとうございます。少し考えてみたのですが、なぜそうなるのかが分かりませんので、もしよければ補足をお願いします。

F（ｎ）が展開の係数だと捕らえるところは、私にとって非常に斬新でした。とてもありがたいです。

回答No.2

papabeatles

失礼しました、確率はなかなか難しいものですね。

お礼

いえいえ＾＾考えてくださり、とてもありがたいです。

回答No.1

papabeatles

エクセルで計算すると出てくると思います。
１回なら３６分の１ですね。（１と１）
２回なら３６分の３（１と３　２と２　３と１）
３回なら３６分の５（１と５　２と４　３と３　４と２　５と１）　
と一つずつ計算していくと解決できると思いますよ。

補足

早速の回答ありがとうございます。
この問題に関して若干説明不足の感がありますので補足させてください。

papabeatlesさんの考え方では、３回振っていません。３回ふったとき、和が６になる場合は（１，１，４）（１，２，３）（２，２，２）を並び替えた、１０通りですので、６の３乗分の１０、つまり約分して１０８分の５となりそうです。
１回振った時のも同様に考えれば、さいころの目が２の時のみなので、６分の１です。