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はじめ、コインを2回投げることができます。

ルールは、
コインの表が出れば、そこから、さらに、あと2回コインを投げることができます。

2回続けて裏が出たら終わりです。

コインは平均して何回投げることがでますか。

質問者からの補足コメント

  • 私の考えでは、

    n回まで投げる確率は、

    (n個の表裏の並び方の組み合わせ数)/2^n

    で、これの分子だけを取り出して、並べるとフィボナッチ数列になりました。(nを増やしていって試しただけで、どこまでもフィボナッチ数列が続くということを証明したわけではありません)


    昔、とりあえずフィボナッチ数列になると仮定して、それを分子にあてがって、確率に回数をかけた無限級数にして、計算してみました。非常にめんどくさかったです。(これは、あることに必要だから、計算しました)

    その値は確か、3.5回になったと思います。

    皆さんの答えの中に、3.5回というのはないので、私が違ってますかね。

      補足日時:2023/04/05 22:50
  • 余談です。
    https://oshiete.goo.ne.jp/qa/13425854.html
    よろしかったら、おこしください。

      補足日時:2023/04/11 21:36
  • 皆さんありがとうございます。皆さんの回答から6だと思います。

    いちばん、田舎くさい解き方として、

    n=2のときはE(2)=2/4、
    n=3のときはE(3)=3/8。

    つまり、
    ちょうどn回まで続く確率をp(n)としたら、

    E(n)=Σ(kは2からn)kp(k)という式を、Σという文字を使わずに教えてください。

    この式をみて、n→∞の時に、E(n)→6というのを納得したいです。

      補足日時:2023/04/14 20:16
  • 上の補足はE(n)の初期値が間違っていました。
    n≧2であり、

    E(2)=2/4
    E(3)=2/4+3/8

    です。

      補足日時:2023/04/14 20:33

A 回答 (23件中1~10件)

>あなたは先生ですか。


「教育的配慮」という言葉、気に障ったのであればすいません
ここでは、質問者は、年齢・性別・学歴・職歴関係なく生徒役、回答者は年齢・性別・学歴・職歴関係なく教師役だと思いますけど。

>私はおっさんなので、いまさら教育を受けようとは思いません。
そうですか、失礼しました。
残りは小中学生レベルの計算なので、あえて答えは書かずに大人対応したのがお気に召さないのでしょうか。

>単純に答えを知りたいから質問しています。
本当に小中学生レベルの計算ですよ。

x = (1+x)/2  1回目に表が出れば、1+X回投げることができる
1回目に裏の場合、
 + (2+x)/4  2回目が表なら、2+x回投げることができる
 + 2/4   2回目も裏なら、これで終わりなので、2回投げることができる
 = 3/2 + 3x/4
x/4 = 3/2
∴ x = 6
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横から失礼します。



No12さん>n 回目を投げて表が出る確率を B(n) とする。
>E(a) = Σ[n=2..a] n・B(n-2)・1/2, ←[0]

n=2のとき、すなわちB(0)は定義されているのかしら?
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おひさ。

No.5,10,12 です。
No.13 さん御指摘のとおり、私の間違いは下記の [0] のところですね。
添字がひとつずれてました。

n 回目のコインが投げられる確率を p(n),
n 回目を投げて表が出る確率を F(n),
n 回目を投げて表が出る確率を B(n) とする。
p(1) = p(2) = 1,
F(n) = B(n) = p(n)・1/2,
p(n) = F(n-1) + F(n-2)・1/2 が成り立つ。
右辺第2項は、n-2 回目に表, n-1 回目に裏が出る確率である。

n 回目でコイン投げが終了する確率は B(n-2)・1/2 だから、
求めるべき期待値は
E(a) = Σ[n=2..a] n・B(n-2)・1/2, ←[0]
E = lim[a→∞] E(a).

Q(n) = p(n)・2^(n-1) と置いて上記を整理すると、
Q(1) = 1, Q(2) = 2,
Q(n) = Q(n-1) + Q(n-2),
E(a) = Σ[n=2..a] n・Q(n-2)・(1/2)^n.

Q(n) は、いわゆるフィボナッチ数列であって、
Q(n) = (1/√5)α^(n+1) + (-1/√5)β^(n+1),
ただし α = (1+√5)/2, β = (1-√5)/2
と解ける。

これを [0] へ代入して、
E(a) = (1/(2√5)){ S(α/2,a) - S(β/2,a) }, ←[1]
ただし S(r,m) = Σ[n=2..m] n・r^(n-1).   ←[2]

[2] より
S(r,m) - r・S(r,m-1)
= Σ[n=2..m] n・r^(n-1) - r・Σ[n=2..m-1] n・r^(n-1)
= Σ[n=2..m] n・r^(n-1) - Σ[n=2..m-1] n・r^n
= { 2・r^1 + Σ[n=3..m] n・r^(n-1) } - Σ[j=3..m] (j-1)・r^(j-1)
= 2・r^1 + Σ[n=3..m]{ n・r^(n-1) - (n-1)・r^(n-1) }
= 2r + Σ[n=3..m] r^(n-1)
= 2r + (r^2){ 1 - r^(m-2) }/(1 - r)
= (2r - r^2 - r^m)/(1-r).    ←[3]

[3] を真面目に解くのは後でやるとして、
ここで m→∞ とすれば S(r,∞) = r(2-r)/(1-r)^2.
これに r = α/2 を代入して、
S(α/2,∞) = (α/2)(2-α/2)/(1-α/2)^2
     = α(4-α)/(2-α)^2
     = (4α-α^2)/(4-4α+α^2)
     = (4α-(α+1))/(4-4α+(α+1))
     = (3α-1)/(5-3α),
同様に、S(β/2,∞) = (3β-1)/(5-3β).

よって [1] より、
E = E(∞) = (1/(2√5)){ S(α/2,∞) - S(β/2,∞) }
= (1/(2√5)){ (3α-1)/(5-3α) - (3β-1)/(5-3β) }
= (1/(2√5)){ - (1-3α)(5-3β) + (1-3β)(5-3α) }/{ (5-3α)(5-3β) }
= (1/(2√5)){ - (5-15α-3β+9αβ) + (5-15β-3α+9αβ) }/{ 25-15α-15β+9αβ }
= (1/(2√5)){ 12(α-β) }/{ 25-15(α+β)+9αβ }
= (1/(2√5)){ 12・√5}/{ 25-15・1+9・(-1) }
= 6.
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No.20の計算方法を説明しましょう。



[1] 「(1)表が出た直後の状態」にいる確率をp₁、「(2)表が出たすぐ後で裏が出た状態」にいる確率をp₂として、これらの確率を並べた縦ベクトル (p₁, p₂)' ('は転置)を「確率ベクトル」とします。
 k回コイン投げをしたときの確率ベクトルをx[k]とします。まだコイン投げをしていないときの確率ベクトルx[0]は
  x[0]=(1,0)'
です。ある確率ベクトルx[k]にあるとき、次にコイン投げをすることで確率ベクトルは
  x[k+1] = A x[k]
になる。従って
  x[k] = (A^k) x[0]
です。ただし、Aは2行2列の行列で
  A =
    1/2 1/2
    1/2  0
です。Aは
 ● (1)の状態にあるとき、1/2の確率で(1)の状態に、1/2の確率で(2)の状態になる。
 ● (2)の状態にあるとき、1/2の確率で(1)の状態になる。
 ● (1)(2)のどちらでもなくなってしまえば終了。
ということを表しています。「k回コイン投げをして、まだ終了になっていない確率」をP[k]とすると、それは「(1)(2)のどちらかの状態にある確率」と同じことですから、p₁とp₂の和、すなわち
  P[k] = (1,1) ((A^k) x[0])
です。
(ちなみに、もしAの代わりに 2A
  2A =
    1 1
    1 0
にすると、やっていることはフィボナッチ数列の計算とそっくりになります。p₁が数列のひとつの要素の値、p₂がその直前の要素の値を表しているわけです。)

[2] A^kを簡単に計算するために、まずAを
  A = U' Λ U
と分解します。ここにUは正規直交行列、すなわちU'U = UU' = I (単位行列)を満たすもので、
  U =
    c -s
    s c
という形をしていて、 c² + s² = 1 です。また、ΛはAの固有値を並べた対角行列
  Λ =
    λ₁ 0
    0 λ₂
です。λ₁,₂ は方程式
  |A - λI| = 0
すなわち
  λ² - λ/2 - 1/4 = 0
の解であり、具体的には
  λ₁ = (1+√5)/4, λ₂ = (1-√5)/4
です。(λ₁は(フィボナッチ数列の極限で現れる)黄金分割比φの1/2ですね。)
  A = U' Λ U
にλ₁,₂を代入して計算すると、
  s² - c² = sc = -1/√5
であることが容易に確かめられます。

[3] Λを使うとA^kが簡単に計算できます。すなわち
  A^k = (U' Λ U)(U' Λ U)…(U' Λ U)
  = U'Λ(UU')Λ(UU')Λ… (UU')Λ U
  = U' (Λ^k) U
となり、しかも
  Λ^k =
    λ₁^k 0
    0   λ₂^k
従って、
  P[k] = (1,1) (A^k) x[0] = ((1,1)U') (Λ^k) (Ux[0])
  = (c - s, c + s) (Λ^k) (c,s)
  = (c - s)c λ₁^k + (c + s)s λ₂^k

[4]「平均何回投げられるか」は
  E[0] = P[0]
  E[n] = E[n-1] + P[n]
という漸化式で決まるEについてn→∞にしたものを計算すればいいわけで、ここにPを代入すると、
  E[n] = (c - s)c S₁[n] + (c + s)s S₂[n]
である。ただしS₁[n]というのは
  S₁[0] = 1
  S₁[n] = S₁[n-1] + λ₁^n
という漸化式で与えられます。さて、
  S₁[n] = (1 - λ₁^(n+1))/(1 - λ₁)
であることは数学的帰納法で簡単に証明できます。そして|λ₁|<1 なので、
  S₁[∞] = 1/(1 - λ₁)
である。S₂[∞]も同様だから、結局
  E[∞] = (c - s)c/(1 - λ₁) + (c + s)s/(1 - λ₂)
あとは数値を入れて計算するだけです。
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No.1で終わってると思ってたんだがなんだこりゃ。

というわけで、悪ノリしてマルコフ過程として定式化して解いてみたら、行列の対角化がめんどかったが、答は6でした。
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>なんで、私は3.5になったんだか(笑)


想像するに、質問者さんが紆余曲折して計算したものが、実は結果的に
 Σn/8 p(n) [n=3->∞]
を計算されたのでは?

この式を計算すると、3.5になるみたいですよ
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わかる人にはわかると思うけど


>coin = random.choice((0, 1))
のインデントが一段左へずれてます。

元のソースをそのまま貼れると良いのだけど、
駄目なんですよね・・・

wikiみたいにインデント保持とかTeX数式入力とか出来れば
自然科学系カテは随分使い易くなるのだが・・・
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No 8で用いたシミュレーション。

言語はpython
内容は質問そのまんまです。

import random

def try_coin():
 last_is_ura = False
 n=0
 while True:
  coin = random.choice((0, 1))
  n += 1
  if last_is_ura and coin == 0:
  return n
  if coin == 0:
   last_is_ura = True
  else:
    last_is_ura = False

#10万回試行。
coins=[]
for i in range(100000):
 coins.append(try_coin())

print(sum(coins)/100000)

インデントは全角空白になっているので
実行するにはインデントをタブか半角空白に変換要
#教えてgooは空白を削って表示するので

実行すると大よそ6±0.02 の内側です。
試行回数を更に大きくすると更に6に漸近します。
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No14,写し間違いありましたので訂正



かなり面倒な計算なので詳細は省略しますが、概要は
 A(k) =Σn p(n) [n=k->∞]
 B(k) =Σp(n) [n=k->∞]
と置くと、

A(k),B(k)の定義から
 A(2)=A(1) - p(1)
 A(3)=A(2) - 2 * p(2)
 B(2)=B(1) - p(1)
 B(3)=B(2) - p(2)
また、p(n) = p(n-1)/2 + p(n-2)/4 (n>2) より
 A(3) = ((A(2)+B(2))/2 + (A(1)+2*B(1))/4
  = (3/4)*A(1) - B(1) - p(1)
 B(3) = B(2)/2 + B(1)/4
  = (3/4)*B(1) - (1/2)*p(1)
が求められます。
これらを組み合わせて計算しました。

閑話休題

ややこしい計算ですので、No1での回答の
方程式 E = (1+E)/2 + (2+E)/4 + 2/4
を解いて E=6 を導くのが、私としてはお勧めですけど・・・
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>E(n)をnの式で表すと、どうなりましたか。


残念ながら、E(n)を定義せずに、直接、
 E = 2/4 + Σ(n+2)/8 p(n) [n=1->∞]
をA(k),B(k),P(k)に分解して、計算しただけですのでわかりません。

なお、No1でも、No7でも
 Eが満たす方程式
を立てて計算しただけで、E(n)は定義していません。
E(n)を定義しなくても、Eが求まるというのは面白いところです。

>E(n)というのは、
>「2×(2回まで投げられる確率)」から順番に「n×(n回まで投げられる確率)」までを順に足したものですよね。
そのようにE(n)を定義されたのならその通りです。
No7で考えたEは、そのようなE(n)のn→∞ で定義しています。

なお、期待値の定義に従えば、
期待値は『確率変数のとる値に、対応する確率をそれぞれ掛けて加えた値』
ですので、
「コイン投げが丁度 n 回で終わる確率 f(n)」にnを乗じた値の総和
となり、式で表すと
 E = Σn f(n) [n=1→∞]
になりますね。このEに収束する数列E(n)の定義はいろいろあると思いますので、質問者さんの定義でも、もちろんOKですが、
 E(n) = Σk f(k) [k=1→n]
でもOKですね。No14でのEは、このようなE(n)のn→∞ で定義しています。

いずれも計算結果は同じ6になるということです。
どのような道筋で計算しても、数学的に誤ったことをしない限り、同じ結果になるところが数学の嬉しいところでしょうか。
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