a枚のカードから1枚をひっくり返す作業をn回繰り返

質問

a枚のカードがあり、それぞれの表面には1、2、3、…、aの数字が書かれています。
裏面には、表面のマイナスの数字が書かれています。
今、すべてのカードは表が上になっています。

a枚のカードの中から自由に1枚を選び、ひっくり返します。
さらに、a枚のカードの中から自由に1枚を選び、ひっくり返します。
同じカードであっても、別のカードであってもかまいません。
このひっくり返すという作業をn回繰り返したとき、a枚のカードの上の数字の合計の期待値はどのようになるのでしょうか？

回答No.1

nag0720 · ベストアンサー

「自由に1枚を選び」という表現がちょっと気になるけど、どのカードも同じ確率で選ばれるものとします。

１枚のカードだけに注目すれば、
1回の操作で、反転する確率は1/a、反転しない確率は(a-1)/aなので、
n回の操作で、k回反転する確率P(k)は、
P(k)=nCk*(1/a)^k*((a-1)/a)^(n-k)

よって、mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値は、
m{P(0)-P(1)+P(2)-P(3)+・・・・+(-1)^n*P(n)}
=mΣ[k=0・・・n](-1)^k*nCk*(1/a)^k*((a-1)/a)^(n-k)
=mΣ[k=0・・・n]nCk*(-1/a)^k*((a-1)/a)^(n-k)
=m(-1/a+(a-1)/a)^n
=m(1-2/a)^n

すべてのカードの上の数字の合計の期待値は、
Σ[m=1・・・a]m(1-2/a)^n
=a(a+1)(1-2/a)^n/2

回答No.15

alice_44

ΣΣ(f(x)+g(x))p(x,y) = Σf(x)(Σp(x,y)) + Σg(y)(Σp(x,y))
ではあるけどね。p が独立でなかったとしても。

お礼

みなさまのハードなやりとりについていけず、遅くなりましたがありがとうございます。
僕は次のように考えました。

遷移図を描く。
1回目後のa通りのうち、-1は1個、1はa-1個
2回目後のa^2通りのうち、-1は2(a-1)個、1は(a-1)^2+1個
3回目後のa^3通りのうち、-1は3(a-1)^2+1個、1は(a-1)^3+3(a-1)個
…
n回目後のa^n通りのうち、-1は{(a-1+1)^n-(a-1-1)^n}/2)個、1は{(a-1+1)^n+(a-1-1)^n}/2個

カードの数字-1以外についても同様。
n回目後のa^n通りすべての和は、(a-1-1)^n(1+2+…+a)

よって期待値は、(a-2)^n/a^n*a(a+1)/2

回答No.14

MagicianKuma

#No13>
＞さいころの目ごとの期待値 m*(1/6)=m/6 を出して、その合計値、Σ[m=1・・・6]m/6で計算すると・・・
意味不明です。さいころの目ごとの期待値の「ごと」とはどういう意味ですか？
期待値はあくまで、さいころの目ごとのでる確率1/6をだして、出る目の期待値＝Σ（出る目＊出る目の確率）です。
Σ[m=1・・・6]m/6の式は正しく、さいころ1回振ったときの出る目の期待値を計算する式です。目ごとの期待値(?)の合計値ではありません。

私が極端な例で言わんとしていることは、次のことです。
Aのさいころを1回振ったときの出る目の期待値E(a)はΣ[m=1・・・6]m/6＝3.5
Bのさいころを1回振ったときの出る目の期待値E(b)もΣ[m=1・・・6]m/6＝3.5
だからといって、A,B同時に振ったとき出る目(x,y)の合計値の期待値E(x+y)＝E(a)+E(b)　してはいけないということです。
これは、この奇妙なさいころは同時に振ると、Bは１しか出ないという制約から発しているものです。いいかえると、A,B同時に振ると
Bのさいころは、Bを単独で振る時のような、自由な振る舞いができないということです。
もちろん、普通に考えるさいころはこんな挙動をとりませんから、A,B同時に振ろうと、Bだけの振る舞いの結果を利用して良いのです。
元問題で、No1さんは、
１枚のカードだけに注目すれば、・・・n回の操作で、k回反転する確率P(k)は、ときて、mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値は、
m(1-2/a)^n　と導いています。　このとき可能性としてはk=nもあって、その確率も当然考慮されているわけです。別のカードも同じ期待値
で表せられると主張されています。この別のカードの期待値の計算時にもk=nが反映されています。ではこれらの期待値を合計して良いという
根拠は?あるカードがｎ回反転したとしたら、別のカードは1回も反転しないですよね。
誤解のないように言っておきますが、たぶんNo1さんの言うとおり、合計をとって良いのです。ただ、それほど明らかではない。（私にとっては）
ということです。

回答No.13

nag0720

#1です

#12のさいころの例は極端すぎてよく分からなかったのですが、要は、Σk(i)=nという制約が出てこないから？

さいころを１回振ったときの出た目の期待値で考えると、
(1+2+3+4+5+6)/6
と計算するのはいいが、
さいころの目ごとの期待値 m*(1/6)=m/6 を出して、その合計値、
Σ[m=1・・・6]m/6
で計算すると、さいころを１回だけ振ったということがどこにも出てこないので正しくないということなんでしょうか。

しかし、この計算方法は期待値の計算ではよくやっていることだと思いますが。

それとも、1回ならよくて、n回ならダメということなんでしょうか。

回答No.12

MagicianKuma

#No10>
勘違いされています。次のような例を考えてみてください。
2個のさいころA,Bがあります。
Aのみ1回投げる試行を考えたとき、1から６までが同確率で出るとします。全事象A={a|1≦a≦6}でE(a)=3.5とします。
Bのみ1回投げる試行を考えたときも、1から６までが同確率で出るとします。全事象B={b|1≦b≦6}でE(b)=3.5とします。
では、A,Bを同時に投げる試行を行いAの目ｘとBの目ｙの合計値の期待値はE(x+y)=E(a)+E(b)といえるのでしょうか?
ところが、A,Bは同時に投げると奇妙な相互作用をおこして、全事象C={(1,1),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1)}しか起きないとしたらどうでしょう？
(x,y)は（さいころAの出た目,さいころBの出た目）を表します。E(x+y)＝4.5ですE(x+y)≠E(a)+E(b)　です。
いえるのは、E(x+y)＝E(x)+E(y)＝3.5+1=4.5 つまり、あくまで、2個のさいころを振ったという試行における結果について、xだけ見た平均E(x)
とyだけみた平均E(y)を足せば、x+yに一致すると言うことです。普通のさいころではさいころA,Bが互いに相互干渉するとは考えにくいので、
さいころ2個を同時に振るという試行は、さいころ1個を2回振るという試行と同じ結果になると考えて良いとします。

No1さんの計算中、Σk(i)=nという制約がどこにもでてきません。ただ、結果が一致していることから、
もっと深く考察すれば、mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値は、m(1-2/a)^nをΣできるのかもしれません。
ただ、私のさび付いた脳みそでは、明らかにとはいえないのです。

回答No.11

yyssaa

＃５です。

＃１さん、＃２さん、＃６さん。
大変失礼しました。当方の計算ミスです。

回答No.10

momordica

横やり失礼。
#7さん（=#2さん）の回答、大変エレガントでよろしいと思うのですが、#1さんに対するコメント

> mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値は、m(1-2/a)^nは正しいですが、
> 合計の期待値を単純にΣはとれません。

は、間違いでしょう。
合計の期待値は、単純に個々の期待値の合計で得られます。
期待値の計算ということに関しては、確率が独立か否かは何の制約にもなりません。
毎回の、それぞれのカードをひっくり返す確率が同じであれば、例えば、
　「毎回a枚のカードの中から自由に1枚を選びひっくり返す」　だろうが、
　「毎回a枚のカードをそれぞれ独立に1/aの確率でひっくり返す」　だろうが、
　「毎回1/aの確率で、a枚のカードをすべてひっくり返し、それ以外のときは1枚も
　　ひっくり返さない」　だろうが、
　「最初にa枚のカードの中から自由に1枚を選び、毎回そのカードだけをひっくり返し続ける」
　　だろうが、
　「最初にa枚のカードの中から自由に1枚を選び、以後はそこから順に『1→２→３→…→a→１→…』
　　のように、毎回直前にひっくり返したカードの次の数のカードをひっくり返す」　だろうが、
期待値は全く同じになります。
計算結果が一致したのはたまたまではなく必然の結果です。

#1さんの回答も、賛同者があまりないようですが、全く問題ない解法だと思います。

なお、以上のことを踏まえ、今回のような問題の場合、期待値が同じでもっとシンプルに計算できる
問題に置き換えて考えるというのも一つの手であろうと思います。

回答No.9

stomachman

「a枚のカードにランダムに1～aを割り振る。a枚のうちk枚がオモテである場合に、それらを（ウラオモテに応じて符号を付けて）合計した値」の期待値S[k]が
　　S[k] = (a(a+1)/2)(k - (a-k)) = (2k-a)a(a+1)/2
というのは明らかでしょう。
　さて、「n回目の操作をやったあとでk枚のカードがオモテである確率」をp[n,k]とすれば
　　p[0,0] =1
　　p[0,k] = 0　 (0＜k)
　　p[n,0] = p[n-1,1]/a
　　p[n,a] = p[n-1,a-1]/a
　　p[n,k] = (p[n-1,k-1](a-k+1) + p[n-1,k+1](k+1))/a　(0＜k＜a)

　なので、求めるn回目の合計の期待値E[n]は
　　E[n] = Σ{k=0～a} S[k]p[n,k]
　右辺に上記の漸化式を代入して少々頑張ると
　　E[n] = ((a-2)/a)E[n-1]
が得られます。つまり、
　　E[0] = (a+1)a/2
なので、
　　E[n] = ((a+1)a/2) ( ((a-2)/a)^n )

　奇麗な結果になるんですねえ。（ANo.2と一致しましたが、#2さんはどうやって出したんでしょ。興味があります。）

回答No.8

alice_44

←A No.4
その通り。間違っていた。

x_a = 1 が n 回中 k 回ひっくり返る確率は、
二項確率 (nCk)(1/aのk乗)((a-1)/a)のn-k乗 だから、
一枚だけ 1 で他は 0 の場合の期待値は、
E = ((a-1)/a - 1/a)n乗 が正しい。

一般の場合の期待値は、これに Σx_i を掛けたもの
だから、カードが 1～a の場合の期待値は、
E = ((a-1)/a - 1/a)n乗・a(a+1)/2
= (a+1)(a-2)n乗 / (2・aのn-1乗)

回答No.7

MagicianKuma

#No５＞
a=10,n=1のとき　S(0)=55　E(S(1))=55*(10-2)/10=44　で合ってると思います。

問題を次のように拡張してみます。
i番目のカード（1≦i≦a）の見えている数値をxi、見えていない数値をyiとします。
xi,yiに何の制約もつけません。（yがオール０だったりしてもかまいません）
いま見えている数値の合計をU0で表します。U0=Σxiです。同様に見えていない数値の合計をD0で表します。D0=Σyi
次に、a枚のカードからi番目のカードを選んでひっくり返したとします。その時の合計値をU1(i)で表すと
U1(i)=U0-xi+yi　です。 iは１からaの値を取りますが、それらは同様な確からしさで起こると考えて良い。
なので、U1の期待値E(U1)=(Σ(U0-xi+yi))/a=U0-Σxi/a+Σyi/a=U0-U0/a+D0/a となります。
この結果をよく見ると、U1の期待値はxi,yiの構成によらず、その試行前の合計値U0,D0のみで求まるわけです。
別の見方をすれば、見えていた数値の平均値(U0/a)分減り、見えてなかった数値の平均値(D0/a)分増えたと見ることもできます。
1回試行が終わった後で、xi,yiを見えている見えていない数値で置き換えてみると、UとDは前とは違った数値になるけれど、
全く同様にして、次の1回の試行後の期待値が計算できます。
重要なのは、ある状況から1回試行をした後の、合計値の期待値が試行前のU,Dのみで決まると言うことです。
さて、元問題にもどって見ると、xi=i,yi=-xi　なのでD=-Uが常に成り立ちます。
なので、E(U1)=U0-U0/a-U0/a=(a-2)/a*U0　です。
1回目カードiをひっくり返したという条件の元で、2回目のUの期待値は(a-2)/a*U1(i)となり、全てのiについての期待値は
E(U2)=1/a*Σ(a-2)/a*U1(i)=(a-2)/a*E(U1)=((a-2)/a)^2)*U0　となります。
2,3,4,・・・nと同様にかんがえて、E(Un)=((a-2)/a)^n)*U0 　　証明略

蛇足：
No1さんと私の式は結果として一致してます。a(a+1)(1-2/a)^n/2　の/2はnではなく全体に掛かっています。
ただ、No3さんが言うように、
mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値は、m(1-2/a)^nは正しいですが、合計の期待値を単純にΣはとれません。
なぜかというと、mの数字が書かれたカードの上の数字の期待値を計算する時に、n回の操作でk回反転する確率P(k)を使用しています。一方別のカードの期待値を求める場合にも同様な確率が使われています。i番目のカードが反転する回数をk(i)で表せば、Σk(i)=nという制約が入ります。計算結果としてたまたま一致しただけです。

回答No.6

nag0720

No.5＞＃１さんの答えも＃２さんの答えもa=10、n=1のときの期待値が違うようですが？

a=10、n=1のときは、
1の数字のカードをひっくり返したとき、-1+2+3+・・・+10=53
2の数字のカードをひっくり返したとき、1-2+3+・・・+10=51
3の数字のカードをひっくり返したとき、1+2-3+・・・+10=49
・・・・・・・・・・
10の数字のカードをひっくり返したとき、1+2+3+・・・+9-10=35
期待値は、(53+51+49+・・・+35)/10=(53+35)×5/10=44

＃１、＃２の式では、
a(a+1)(1-2/a)^n/2=10×11×(1-2/10)/2=44

一致してします。