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■51959
/ 親記事)
確率
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□投稿者/ ピザ
一般人(1回)-(2022/10/05(Wed) 11:11:08)
箱の中に1から8の整数が書かれた8個のボールがあり、
2個取り出して、2個の玉に書かれた|整数の差|が1であればその2個は捨て、
|整数の差|が1より大きければ2個とも箱に戻す、という行動を繰り返す。
n回行動をし終えた時点で箱が空になる確率を求めよ。
この問題が解けないので教えて下さい。
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■51978
/ ResNo.1)
Re[1]: 確率
▲
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■
□投稿者/ X
一般人(1回)-(2022/10/12(Wed) 18:54:03)
求める確率をP[n]とします。
ある1回の行動の前後で箱の中の玉の個数が
k[個](k=2,4,6,8)からk-2[個]になる確率をR[k,k-2]とすると
R[8,6]=4/(8C2)=1/7
R[6,4]=3/(6C2)=1/5
R[4,2]=2/(4C2)=1/3
R[2,0]=1
∴箱の中の玉の個数が
l回目の行動の前後で8個から6個に
l+m回目の行動の前後で6個から4個に
なり、
n回目(n≧2)の行動終了まで4個のまま
である確率をQ[n,l,m]とすると
Q[n,l,m]={R[8,6](1-R[8,6])^(l-1)}{R[6,4](1-R[6,4])^(m-1)}{1-R[4,2]}^(n-l-m)
={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}(2/3)^(n-l-m)
={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^(l+m)
={(1/7)(9/7)^(l-1)}{(1/5)(6/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^2
=(9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n
よってn回目の行動後に箱の中に4個の玉がある確率をq[n](n≧2)とすると
q[n]=Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l]Q[n,l,m]
=Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l](9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n
=(9/140){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}}Σ[m=1〜n-l](6/5)^(m-1)
=(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(n-l)-1}
=(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}{(5/6)^(l-1)}(9/7)^(l-1)-(9/7)^(l-1)}
=(9/28){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}(15/14)^(l-1)-(9/7)^(l-1)}
=(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)^n}{(15/14)^(n-1)-1}-(7/2){(9/7)^(n-1)-1}}
=(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)(9/7)^(n-1)-(6/5)^n}-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2}
=(3/14){(2/3)^(n-1)}{14・(9/7)^(n-1)-14・(6/5)^(n-1)-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2}
=(3/2){(2/3)^(n-1)}{2・(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)-(1/2)(9/7)^(n-1)+1/2}
=(3/2){(2/3)^(n-1)}{(3/2)(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)+1/2}
={(2/3)^(n-1)}{(9/4)(9/7)^(n-1)-3・(6/5)^(n-1)+3/4}
=(9/4)(6/7)^(n-1)-3・(4/5)^(n-1)+(3/4)(2/3)^(n-1)
∴
(i)n≧4のとき
P[n]=R[4,2]q[n-2]
=(3/4)(6/7)^(n-3)-(4/5)^(n-3)+(1/4)(2/3)^(n-3)
(ii)n=1,2,3のとき
箱を空にするには最低4回問題の行動をする必要があるので
P[n]=0
(もっと簡単な方法があるかもしれません。)
引用返信
/
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■51982
/ ResNo.2)
Re[2]: 確率
▲
▼
■
□投稿者/ ピザ
一般人(2回)-(2022/10/14(Fri) 10:36:45)
有り難うございます。
感激です。
引用返信
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■51984
/ ResNo.3)
Re[2]: 確率
▲
▼
■
□投稿者/ nacky
一般人(1回)-(2022/10/18(Tue) 11:26:05)
■
No51978
に返信(Xさんの記事)
> 求める確率をP[n]とします。
>
> ある1回の行動の前後で箱の中の玉の個数が
> k[個](k=2,4,6,8)からk-2[個]になる確率をR[k,k-2]とすると
> R[8,6]=4/(8C2)=1/7
> R[6,4]=3/(6C2)=1/5
> R[4,2]=2/(4C2)=1/3
> R[2,0]=1
> ∴箱の中の玉の個数が
> l回目の行動の前後で8個から6個に
> l+m回目の行動の前後で6個から4個に
> なり、
> n回目(n≧2)の行動終了まで4個のまま
> である確率をQ[n,l,m]とすると
> Q[n,l,m]={R[8,6](1-R[8,6])^(l-1)}{R[6,4](1-R[6,4])^(m-1)}{1-R[4,2]}^(n-l-m)
> ={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}(2/3)^(n-l-m)
> ={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^(l+m)
> ={(1/7)(9/7)^(l-1)}{(1/5)(6/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^2
> =(9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n
>
> よってn回目の行動後に箱の中に4個の玉がある確率をq[n](n≧2)とすると
> q[n]=Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l]Q[n,l,m]
> =Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l](9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n
> =(9/140){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}}Σ[m=1〜n-l](6/5)^(m-1)
> =(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(n-l)-1}
> =(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}{(5/6)^(l-1)}(9/7)^(l-1)-(9/7)^(l-1)}
> =(9/28){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}(15/14)^(l-1)-(9/7)^(l-1)}
> =(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)^n}{(15/14)^(n-1)-1}-(7/2){(9/7)^(n-1)-1}}
> =(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)(9/7)^(n-1)-(6/5)^n}-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2}
> =(3/14){(2/3)^(n-1)}{14・(9/7)^(n-1)-14・(6/5)^(n-1)-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2}
> =(3/2){(2/3)^(n-1)}{2・(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)-(1/2)(9/7)^(n-1)+1/2}
> =(3/2){(2/3)^(n-1)}{(3/2)(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)+1/2}
> ={(2/3)^(n-1)}{(9/4)(9/7)^(n-1)-3・(6/5)^(n-1)+3/4}
> =(9/4)(6/7)^(n-1)-3・(4/5)^(n-1)+(3/4)(2/3)^(n-1)
>
> ∴
> (i)n≧4のとき
> P[n]=R[4,2]q[n-2]
> =(3/4)(6/7)^(n-3)-(4/5)^(n-3)+(1/4)(2/3)^(n-3)
> (ii)n=1,2,3のとき
> 箱を空にするには最低4回問題の行動をする必要があるので
> P[n]=0
> (もっと簡単な方法があるかもしれません。)
1回目に (2,3) が取り出された場合,1 が今後取り出されることがなくなるので箱からすべての玉が取り出されることがなくなります。
この計算では個数のみを気にしていて取り出され方が加味されていないようなので先の例が起こることが加味されていません。
おそらくこの計算よりさらに複雑になります。
引用返信
/
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■51989
/ ResNo.4)
Re[1]: 確率
▲
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□投稿者/ X
一般人(4回)-(2022/10/20(Thu) 18:17:48)
>>nackyさんへ
ご指摘ありがとうございます。
>>ピザさんへ
もう見ていないかもしれませんが、ごめんなさい。
nackyさんの仰る通りです。
私の回答は無視して下さい。
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■No51984に返信(nackyさんの記事) > ■No51978に返信(Xさんの記事) >>求める確率をP[n]とします。 >> >>ある1回の行動の前後で箱の中の玉の個数が >>k[個](k=2,4,6,8)からk-2[個]になる確率をR[k,k-2]とすると >>R[8,6]=4/(8C2)=1/7 >>R[6,4]=3/(6C2)=1/5 >>R[4,2]=2/(4C2)=1/3 >>R[2,0]=1 >>∴箱の中の玉の個数が >>l回目の行動の前後で8個から6個に >>l+m回目の行動の前後で6個から4個に >>なり、 >>n回目(n≧2)の行動終了まで4個のまま >>である確率をQ[n,l,m]とすると >>Q[n,l,m]={R[8,6](1-R[8,6])^(l-1)}{R[6,4](1-R[6,4])^(m-1)}{1-R[4,2]}^(n-l-m) >>={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}(2/3)^(n-l-m) >>={(1/7)(6/7)^(l-1)}{(1/5)(4/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^(l+m) >>={(1/7)(9/7)^(l-1)}{(1/5)(6/5)^(m-1)}{(2/3)^n}(3/2)^2 >>=(9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n >> >>よってn回目の行動後に箱の中に4個の玉がある確率をq[n](n≧2)とすると >>q[n]=Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l]Q[n,l,m] >>=Σ[l=1〜n-1]Σ[m=1〜n-l](9/140){(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(m-1)}(2/3)^n >>=(9/140){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}}Σ[m=1〜n-l](6/5)^(m-1) >>=(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(9/7)^(l-1)}{(6/5)^(n-l)-1} >>=(9/28){(2/3)^n}Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}{(5/6)^(l-1)}(9/7)^(l-1)-(9/7)^(l-1)} >>=(9/28){(2/3)^n}{Σ[l=1〜n-1]{(5/6){(6/5)^n}(15/14)^(l-1)-(9/7)^(l-1)} >>=(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)^n}{(15/14)^(n-1)-1}-(7/2){(9/7)^(n-1)-1}} >>=(9/28){(2/3)^n}{(35/3){(6/5)(9/7)^(n-1)-(6/5)^n}-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2} >>=(3/14){(2/3)^(n-1)}{14・(9/7)^(n-1)-14・(6/5)^(n-1)-(7/2)(9/7)^(n-1)+7/2} >>=(3/2){(2/3)^(n-1)}{2・(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)-(1/2)(9/7)^(n-1)+1/2} >>=(3/2){(2/3)^(n-1)}{(3/2)(9/7)^(n-1)-2・(6/5)^(n-1)+1/2} >>={(2/3)^(n-1)}{(9/4)(9/7)^(n-1)-3・(6/5)^(n-1)+3/4} >>=(9/4)(6/7)^(n-1)-3・(4/5)^(n-1)+(3/4)(2/3)^(n-1) >> >>∴ >>(i)n≧4のとき >>P[n]=R[4,2]q[n-2] >>=(3/4)(6/7)^(n-3)-(4/5)^(n-3)+(1/4)(2/3)^(n-3) >>(ii)n=1,2,3のとき >>箱を空にするには最低4回問題の行動をする必要があるので >>P[n]=0 >>(もっと簡単な方法があるかもしれません。) > > > 1回目に (2,3) が取り出された場合,1 が今後取り出されることがなくなるので箱からすべての玉が取り出されることがなくなります。 > この計算では個数のみを気にしていて取り出され方が加味されていないようなので先の例が起こることが加味されていません。 > おそらくこの計算よりさらに複雑になります。
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