確率の問題

赤、青、白の球をL,M,N個用意して、一つ引く
赤が出たら終了
青が出たら戻してもう一度引く
白が出たら戻さずにもう一度引く
(1)この時、白玉が残りn個とすると、終了までに追加で必要な試行回数の期待値F(n)について以下を求めよ

a) (L-n)F(n) = L+M+n+nF(n-1)を証明せよ
b) F(0)を求めよ(L=Mのときも)
c) L=M=1のときF(N)をもとめよ

(2) 終了時に青を引いた回数をa、白を引いた回数を　　bとして、L=M=1の時に(b-a)点が得られる。
　　この点数の期待値が正となる最小値Nを求めよ

解答例も示していただからと助かります
よろしくお願いします

質問者からの補足コメント

• 計算したところ　解法IもIIも (2)は一緒になりました。 答えはN = 2でした。
  あってますか？

  No.1の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時：2023/02/24 10:31

No.4 ベストアンサー 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/02/24 18:21

＞ 得点の期待値について赤(L)を引いた時、終了するので

＞ 期待値に関しては0ではないのでしょうか？

あ、ほんとだ。

n≧1 のとき
G(n) = (L/(L+M+n))0 + (M/(L+M+n))(-1+G(n)) + (n/(L+M+n))(+1+G(n-1))
より (L+n) G(n) = (n-M) + n G(n-1).

n=0 のとき
G(0) = (L/(L+M))0 + (M/(L+M))(-1+G(0))
より G(0) = - M/L.

L=M=1 ならば
(n+1) G(n) = (n-1) + n G(n-1),
G(0) = -1
だから、
(N+1) G(N) = (N-1) + N G(N-1)
　　　　　= (N-1) + (N-2) + (N-1) G(N-2)
　　　　　= ...
　　　　　= (N-1) + (N-2) + (N-3) + ... + 1 + 0 + 1 G(0)
　　　　　= (N-1) + (N-2) + (N-3) + ... + 1 + 0 + (-1)
　　　　　= { (N-1) + (-1) }(N+1)/2
より G(N) = (N - 2)/2.

あれ？ それだと G(N) > 0 となる最小の N は
N = 2 じゃなく N = 3 だったね。

この回答へのお礼

そうですね
正を0以上と間違えてました。
本当に丁寧に回答してくださりありがとうございます。

お礼日時：2023/02/24 18:32

No.3 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/02/24 14:21

さて、やっと本題の (2) だ。

白球が n 個の時点からの得点の期待値を G(n) と置いて
(1) と同様に漸化式を立てる。
G(n) = (L/(L+M+n))G(n-1) + (M/(L+M+n))(G(n-1)-1) + (n/(L+M+n))(G(n-1)+1
　　= G(n-1) + (n-M)/(L+M+n),
G(0) = 0.
漸化式を解く必要はなくて、
G(N) と G(N-1) の大小を見ればよい。
G(N) - G(N-1) = (N-M)/(L+M+N) は、N-M と符号が同じだから、
G(N) は、小さい N に対しては減少列で、
　　　　N = M-1, N=M で最小値をとり、
　　　　N > M では増加列となる。
L = M = 1 の場合に、比較的小さい N について
実際に G(N) を求めてみると...
(n-1)/(2+n),
G(1) = (1-1)/(2+1) = 0,
G(2) = 0 + (2-1)/(2+2) = 1/4
ここが G(N) が正になる最小の N である。

この回答へのお礼

回答してくださりありがとうございます。
質問なのですが、得点の期待値について赤(L)を引いた時、終了するので期待値に関しては0ではないのでしょうか？
また、青(M)を引いた時白(n)の数に変動はないのでG(n-1)-1ではなくG(n)-1がM/(L+M+n)にかかると思うのですがいかがでしょうか？
よろしくお願いします。

お礼日時：2023/02/24 15:32

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/02/24 14:04

(1)

a) は No.1 の答えでよいとして...
c)
L = M = 1 のとき、a) b) の答えは
(n+1) F(n) = (n+2) + n F(n-1),
F(0) = 2
となる。
(n+1) F(n) についての漸化式を解いて、
(N+1) F(N) = (N+2) + (N+1) + N + ... + 3 + 1 F(0)
　　　　　= (N+2) + (N+1) + N + ... + 3 + 2
　　　　　= { (N+2) + 2 }(N+1)/2.
よって、
F(N) = (N+4)/2.

No.1 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/02/24 09:39

この問題↓を手打ちしたのかな？

https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13365588.html
これなら読めます。

(1)
a)
証明って言ってもねえ... 説明ならできるかな。
白玉が残りn個の状態から
まず赤の球をひく確率は L/(L+M+n) で、そのとき終了までの回数は 1。
まず青の球をひく確率は M/(L+M+n) で、その後終了までの回数の期待値は
今済んだ 1 回と今後の期待値を合わせて 1+F(n)。
まず白の球をひく確率は n/(L+M+n) で、その後終了までの回数の期待値は
次から白球が 1 個減るので 1+F(n-1)。
よって
F(n) = (L/(L+M+n))1 + (M/(L+M+n))(1+F(n)) + (n/(L+M+n))(1+F(n-1))
となり、式を F(n) =... の形に変形すれば
(L + n) F(n) = L + M + n + n F(n-1).

あれ？ 結論が同じにならない。

この回答へのお礼

丁寧な回答ありがとうございます。
手打ちしました
(1)
a)については同じように解きました。あっていてよかったです。
残りの問題は以下のように解きました。それがあっているか確認したかったのです。

b)　以下のどちらが記述として妥当なのか知りたいです。
解法I
F(0)についても同様にするとF(0) = L/(L+M) + (M/(L+M))*(1+F(0))
よってF(0) = 1 + M/L

解法II
k番目の期待値を考えてk = 1 ~ Nまでの和を等比数列の和の公式の応用で出す

c)
a)の式を左辺が(L+N)F(N) ~ (L+1)F(1)までを列挙してたす。
b)の解法IIのようにして解く

(2)
解法I
白玉n個におけるa,bの期待値A(n),B(n)について
A(n) = M/(L+M+n)*A(n)+(n/(L+M+n))*(1+B(n-1))
よって (L+n)A(n) = M + n*A(n-1)
A(0) = (M/(L+M))*(1+A(0))
よってA(0) = M/L

B(n) = (M/(L+M+n))*B(n) + (n/(L+M+n))*(1+B(n-1))
よって (L+n)B(n) = n+n*B(n-1)
B(1) = (M/(L+M+1))B(1) + 1/(L+M+1)
よって　B(1) = 1/(L+M)

それぞれA(N),B(N)について求めて
B(N) - A(N)を求める

解法II
b-aの期待値をC(n)として
C(n) = (M/(L+M+n))*(-1+C(n)) + (n/(L+M+n))*(1+C(n-1))
よって(L+n)C(n) = -M + n +nC(n-1)
C(0) = (M/(L+M))*(-1+C(0))
よって C(0) = -M/L

C(N)について求める

(1) b)について解法Iが記述として適しているのか、(2) についてどちらの解法があっているのかで迷っています。
あと、記述式の採点項目としてどこまで書く必要あるのかがわかりません。
回答よろしくお願いします

お礼日時：2023/02/24 10:19