確率の問題です。

質問

スタートからゴールにたどり着くまで６つの罠があります。
罠は各々に突破できる確率が設定されており先に進むほど突破が難しくなります。

罠１…70％の確率で突破できる
罠２…50％の確率で突破できる
罠３…30％の確率で突破できる
罠４…15％の確率で突破できる
罠５…10％の確率で突破できる
罠６…5％の確率で突破できる

但し「御守り」を持っていた場合、罠につかまってもそれを消費することで再度罠に挑戦できます。
さて何個「御守り」を持っていればゴールにたどり着ける確率が50％を超えるでしょうか？
といった問題です。
（補足．「御守り」は持っている場合、突破の成否にかかわらず必ず消費されます。）

御守りの効果をどう数式で表してよいかわからず困っております。
宜しくお願いします。

回答No.3

nag0720 · ベストアンサー

＃２です。

６つの罠の場合を計算するのがやっかいだったのでプログラムで求めてみました。

n=0 のとき、p=0.00007875
n=1 のとき、p=0.00040954
n=2 のとき、p=0.00123263
n=5 のとき、p=0.00541812
n=10 のとき、p=0.05156327
n=15 のとき、p=0.13146956
n=20 のとき、p=0.23572921
n=25 のとき、p=0.34842583
n=30 のとき、p=0.45771424
n=31 のとき、p=0.47848263
n=32 のとき、p=0.49879492
n=33 のとき、p=0.51862352

ということで、３３個で確率５０％を超えます。

＞（補足．「御守り」は持っている場合、突破の成否にかかわらず必ず消費されます。）

罠を１回目で突破できた場合でも御守りを１個消費するなら、３３＋６＝３９個です。

回答No.2

nag0720

確率pで突破できる罠を御守りn個持ったときに、
n+1回目で突破する確率は、p(1-p)^n
n+1回以内で突破する確率は、
p+p(1-p)+p(1-p)^2+・・・・+p(1-p)^n=p(1-(1-p)^(n+1))/(1-(1-p))=1-(1-p)^(n+1)

罠が２つの場合で考えると、
罠１を突破できる確率がp1、罠２を突破できる確率がp2とすると、
御守りをn個持ったときに、２つの罠を突破できる確率は、
罠１で御守りを使わなかった場合、１個使った場合、２個使った場合などを全部足して、
Σ[k=0・・・n]p1(1-p1)^k*(1-(1-p2)^(n-k+1))

罠が６つの場合は(それぞれの確率はp1,p2,p3,p4,p5,p6)、
Σ[k1=0・・・n]p1(1-p1)^k1*(Σ[k2=0・・・n-k1]p2(1-p2)^k2*(Σ[k3=0・・・n-k1-k2]p3(1-p3)^k3*(Σ[k4=0・・・n-k1-k2-k3]p4(1-p4)^k4*(Σ[k5=0・・・n-k1-k2-k3-k4]p5(1-p5)^k5*(1-(1-p6)^(n-k1-k2-k3-k4-k5+1))))))
これが、0.5以上になるnを求めればいいことになります。

罠が２つの場合の式を簡単にすると、
Σ[k=0・・・n]p1(1-p1)^k*(1-(1-p2)^(n-k+1))
=p1(Σ[k=0・・・n](1-p1)^k-(1-p2)^(n+1)Σ[k=0・・・n]((1-p1)/(1-p2))^k)
=p1((1-(1-p1)^(n+1))/(1-(1-p1))-(1-p2)^(n+1)(1-((1-p1)/(1-p2))^(n+1))/(1-(1-p1)/(1-p2)))
=1+(p2/(p1-p2))*(1-p1)^(n+2)-(p1/(p1-p2))*(1-p2)^(n+2)

最後の計算は自信ありませんが、これと同じようなことをして罠が６つの場合の式を計算すれば、nを求めることができるはずです。

お礼

罠を１回目で突破できた場合でも御守りを１個消費する設定です。
わかりやすく解説頂き、ありがとうございます。

回答No.1

Mr_Holland

計算に時間がかかりそうなので、とりあえず分かった範囲で回答します。

　先ず確認ですが、例えば罠１と罠２の間にいて罠2を突破しようと「御守り」を持って罠に捕まった場合、「御守り」を1個失って、罠１と罠２の間に戻る　という設定でよろしいですか？
　以下、そのつもりで考えていきます。

(1)　文字などを次のように設定します。

　　罠iを突破する確率：　pi (p1=0.7, p2=0.5, p3=0.3, p4=0.15, p5=0.1, p6=0.05)

　　罠iの手前にいて罠iをちょうどki回目で突破する確率：　pi(1-pi)^(ki-1) = (1-pi)^ki pi/(1-pi)
　　このときの「御守り」の消費個数：　　　　　　　　　　 ki-1　(個)

　　スタートから出発してゴールに到達する確率：　P(k1,k2,k3,k4,k5,k6)=Π[i=1→6] (1-pi)^ki pi/(1-pi) =(1/969)Π[i=1→6] (1-pi)^ki
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（∵　Π[i=1→6] pi/(1-pi)=1/969　）
　　このときの「御守り」の消費個数：　　　　　　N(k1,k2,k3,k4,k5,k6)=Σ[i=1→6](ki-1)=Σ[i=1→6]ki-6　　(個)
　　罠を挑戦した全回数：　　　　　　　　　　　　K=Σ[i=1→6]ki　　（∴N=K-6 )

　　スタートから出発してちょうどK回の挑戦でゴールに到達する確率：
　　　　P(K)=P(k1+k2+k3+k4+k5+k6)
　　　　　　=Σ[k1=1→K]Σ[k2=1→K-k1]Σ[k3=1→K-k1-k2]Σ[k4=1→K-k1-k2-k3]Σ[k5=1→K-k1-k2-k3-k4]Σ[k6=1→K-k1-k2-k3-k4-k5] Π[i=1→6] pi (1-pi)^(ki-1)

(2)　後は具体的に確率を計算していきます。
　　（以下、単にΠ、Σとしているときの範囲は i=1→6 とします。）

　N=0,K=6 のとき　P(6)=Π pi = 1/12699 =7.875E-05
　N=1,K=7 のとき　P(7)=Π pi Σ(1-pi) ≒3.308E-04
　N=2,K=8 のとき　P(8)=Π pi [(1/2){Σ(1-pi)}^2+(1/2)Σ(1-pi)^2] ≒0.000823134
　N=3,K=9 のとき　P(9)=Π pi [(1/6){Σ(1-pi)}^3+(1/2)Σ(1-pi)Σ(1-pi)^2+(1/3)Σ(1-pi)^3] ≒0.001559019
　・・・・・・・・・・・・・

　後はこの計算を次の条件を満たすKまで続けていきます。

　　　P(6)+P(7)+P(8)+P(9)+・・・+P(K-1)≦1/2,
　　　P(6)+P(7)+P(8)+P(9)+・・・+P(K-1)+P(K)>1/2

　N=3,K=9 までのP(K)の和は　0.002791653　で 1/2 にはまだほど遠い状況です。
　しかも、P(K)の計算がなかなか大変で手間がかかります。
　それは一言で言えば　{Σ(1-pi)}^(K-6) を展開すると　(1-pi)の積の項がたくさん出てきますが、それらの項の係数をすべて１にしたものの和を求めなければならないからです。
　（このゲームでは一度突破した罠は2度と突破することがないからです。）
　今のところ、１つ１つ具体的に多項式を調整して表計算ソフトで計算しやすい　Σ(1-pi)^n で表すようにしていますが　時間がかかります。
　何かうまい方法はないでしょうかね。　　＞どなたか教えてください！

　ちなみに、今障壁となっている上述の問題を一般化して言い換えると次のような問題になると思います。

　≪6文字 A,B,C,D,E,F から重複を許してn個選んで掛け合わせた項を　すべての組み合わせで足し合わせた多項式を　(A+B+C+D+E+F)^k (k=1～n)　だけで表せ。≫

　(例)　n=2 の場合
　　　　A^2+AB+AC+AD+AE+AF+B^2+BC+BD+BE+BF+C^2+CD+CE+CF+D^2+DE+DF+E^2+EF+F^2 = (1/2)(A+B+C+D+E+F)^2+(1/2)(A^2+B^2+C^2+D^2+E^2+F^2)

　この回答欄に入力可能な文字数も限界に近づいたようです。

　計算が進んだら、また回答します。

お礼

御守りの設定はその通りです。数式にする場合はそのように考えるんですね。
ありがとうございます参考になりました。