【期待値マスター講座53】昭和医2019(数学) tail-sumで解く裏技解法！

この記事では、第X部の最後として昭和大学2019年度I期医学部第3問(3)を扱います。

さいころの目の和が5以上になるまで投げ続ける問題で、tail-sum公式 ${E(N) = \sum_k P(N\ge k)}$ を使うと、答えが ${\bigl(\frac{7}{6}\bigr)^4}$ という二項定理の形で出てくる、見事な構造です。

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シリーズ全体の流れを先に見たい方は、まず 期待値マスター講座の導入記事 からどうぞ。全56回の構成と読み進め方をまとめています。

https://note.com/goukalize/n/n9de4e3c6c4fb

問題

1つのサイコロを投げることをくり返し、出た目の和が5以上になったら終わることにする。
(3-1) 1回投げて終わる確率を求めよ。
(3-2) 2回投げて終わる確率を求めよ。
(3-3) 終わるまでに投げる回数の期待値（平均値）を求めよ。

累積和を $${S_k = X_1 + \cdots + X_k}$$（ $${S_0 = 0}$$ ）とし、振った回数を $${N}$$ とします。 $${N = k \iff S_{k-1} < 5\le S_k}$$。

(3-1) 1回投げて終わる確率

$${P(N = 1) = P(X_1\ge 5)}$$。これは目が5または6のときで

$$
P(N = 1) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.
$$

(3-2) 2回投げて終わる確率

$${X_1 < 5}$$ かつ $${X_1 + X_2\ge 5}$$ のとき。 $${X_1 = i\ (i = 1, 2, 3, 4)}$$ を固定して $${X_2\ge 5 - i}$$ となる場合の数を数えます。

• $${X_1 = 1}$$：$${X_2\ge 4}$$ で3通り（4,5,6）
• $${X_1 = 2}$$：$${X_2\ge 3}$$ で4通り
• $${X_1 = 3}$$：$${X_2\ge 2}$$ で5通り
• $${X_1 = 4}$$：$${X_2\ge 1}$$ で6通り

合計18通り。全 $${6^2 = 36}$$ 通りなので

$$
P(N = 2) = \frac{18}{36} = \frac{1}{2}.
$$

(3-3) 期待値はtail-sumで

$${N}$$ は非負整数値なので、tail-sum公式

$$
E(N) = \sum_{k=1}^{\infty} P(N\ge k)
$$

を使います。 $${N\ge k}$$ は「 $${k - 1}$$ 回までの和が5未満」と同値、すなわち $${S_{k-1}\le 4}$$。

$${j}$$ 個のさいころの目の和が4以下となる場合の数 $${f(j)}$$ を数えます。

• $${j = 0}$$：和は0で4以下。1通り（試行0回の自明な状態）
• $${j = 1}$$：1〜4の4通り
• $${j = 2}$$：1+1, 1+2, 2+1, 1+3, 2+2, 3+1の6通り
• $${j = 3}$$：(1,1,1), (1,1,2)の並べ替え3通り、合計4通り
• $${j = 4}$$：(1,1,1,1)の1通り
• $${j\ge 5}$$：最小和が $${j\ge 5}$$ なので不可。 $${f(j) = 0}$$

つまり $${f(0), f(1), f(2), f(3), f(4) = 1, 4, 6, 4, 1}$$。

$${P(N\ge k) = P(S_{k-1}\le 4) = \frac{f(k-1)}{6^{k-1}}}$$ なので

$$
\begin{aligned}
E(N)
&= \sum_{k=1}^{5}\frac{f(k-1)}{6^{k-1}} \\
&= \frac{1}{1} + \frac{4}{6} + \frac{6}{36} + \frac{4}{216} + \frac{1}{1296}.
\end{aligned}
$$

$${(7/6)^4}$$ が出る

ここで、 $${f(0), f(1), \ldots, f(4) = 1, 4, 6, 4, 1}$$ という数列は 二項係数 $${\binom{4}{j}}$$ そのものです。したがって

$$
E(N) = \sum_{j=0}^{4}\binom{4}{j}\Bigl(\frac{1}{6}\Bigr)^j = \Bigl(1 + \frac{1}{6}\Bigr)^4 = \Bigl(\frac{7}{6}\Bigr)^4 = \frac{2401}{1296}.
$$

二項定理で綺麗にまとめられました。

答えは $${E(N) = \bigl(\frac{7}{6}\bigr)^4 = \frac{2401}{1296}}$$。

$${f(j) = \binom{4}{j}}$$ になる理由

$${j}$$ 個のさいころで和が4以下になる場合の数が、なぜ二項係数になるのか。

各目が1以上6以下ですが、和が4以下となる場面では、各目は1以上4以下に自然に制限されます。変数変換 $${Y_i = X_i - 1\ge 0}$$ にすると、和は $${S_j - j}$$ になり、 「 $${Y_i\ge 0}$$ の和 $${\le 4 - j}$$」 の問題に翻訳されます。

「 $${j}$$ 変数の非負整数解で和が $${4 - j}$$ 以下」の総数は $${\binom{(4-j) + j}{j} = \binom{4}{j}}$$ になります（重複組合せ）。 $${Y_i}$$ の上限 $${\le 3}$$ という制約は、和 $${\le 4 - j}$$ の範囲では自動的に満たされる、というのもキレイにハマります。

このカラクリのおかげで、 $${f(j) = \binom{4}{j}}$$ が成立し、tail-sumの和が二項定理の形に書けるわけです。

tail-sum vs 漸化式

別解として、状態を「現在の累積和 $${s}$$」で分けて、漸化式

$$
e_s = 1 + \frac{1}{6}\sum_{i=1}^{6} e_{s+i}\quad (s\le 4),\quad e_s = 0\quad (s\ge 5)
$$

を立てることもできます。 $${e_4, e_3, e_2, e_1, e_0}$$ の順に逆向きに解けば $${e_0 = E(N)}$$ が出ます。

実際に計算すると、

• $${e_4 = 1 + \frac{1}{6}\cdot (0\cdot 6) = 1}$$（ $${e_5 = e_6 = \cdots = e_{10} = 0}$$ ）
• $${e_3 = 1 + \frac{1}{6}\cdot (e_4 + 0\cdot 5) = 1 + \frac{1}{6} = \frac{7}{6}}$$
• $${e_2 = 1 + \frac{1}{6}(e_3 + e_4 + 0\cdot 4) = 1 + \frac{1}{6}\cdot \frac{13}{6} = 1 + \frac{13}{36} = \frac{49}{36}}$$
• $${e_1 = 1 + \frac{1}{6}(e_2 + e_3 + e_4 + 0\cdot 3) = 1 + \frac{1}{6}\cdot \frac{49 + 42 + 36}{36} = 1 + \frac{127}{216}}$$
  $${= \frac{343}{216}}$$
• $${e_0 = 1 + \frac{1}{6}(e_1 + e_2 + e_3 + e_4 + 0\cdot 2) = 1 + \frac{1}{6}\cdot \frac{343 + 294 + 252 + 216}{216}}$$
  $${= 1 + \frac{1105}{1296} = \frac{2401}{1296}}$$

tail-sum と同じ答え $${\frac{2401}{1296}}$$ に到達します。

漸化式ルートは順に解くので機械的ですが、 tail-sumルートでは「二項定理の形が見える瞬間」の鮮やかさ が魅力です。

一般化（上限制約が効かない範囲）

「和が $${m}$$ 以上になるまで投げ続ける」と一般化したとき、 上限制約（各目 $${\le 6}$$）が効かない範囲 では、同じ議論で

$$
E(N) = \Bigl(\frac{7}{6}\Bigr)^{m-1}
$$

の形になります。

本問は $${m = 5}$$ なので $${\bigl(\frac{7}{6}\bigr)^4}$$。 $${m = 4}$$ なら $${\bigl(\frac{7}{6}\bigr)^3 = \frac{343}{216}}$$、 $${m = 3}$$ なら $${\bigl(\frac{7}{6}\bigr)^2 = \frac{49}{36}}$$。これは上で計算した $${e_2, e_1}$$ と一致しています。

ただし、 $${m}$$ が大きくなると上限制約（各目 $${\le 6}$$）が効いてくるため、 $${m\ge 7}$$ あたりからこの単純な式は成り立たなくなります。包除原理などの補正が必要になります。本問の $${m = 5}$$ では、各目 $${\le 4}$$ で済むので、上限制約が完全に無効化される範囲に収まっています。

練習問題

サイコロを目の和が4以上になるまで投げ続ける。投げる回数の期待値 $${E(N')}$$ を求めよ。

上の一般化で $${m = 4}$$ なら

$$
E(N') = \Bigl(\frac{7}{6}\Bigr)^3 = \frac{343}{216}.
$$

または tail-sum で $${P(N'\ge k) = \frac{f'(k-1)}{6^{k-1}}}$$、 $${f'(j) = \binom{3}{j}}$$（同じ議論で）。

$$
E(N') = \sum_{j=0}^{3}\binom{3}{j}\Bigl(\frac{1}{6}\Bigr)^j = \Bigl(\frac{7}{6}\Bigr)^3 = \frac{343}{216}.
$$

「和が4以上」だと、 $${f'(j) = \binom{3}{j}}$$ になる範囲は $${j = 0, 1, 2, 3}$$ で、変換 $${Y_i = X_i - 1}$$ で「 $${Y_i\ge 0}$$ の和 $${\le 3 - j}$$」の解の数 $${\binom{3}{j}}$$ になる、という同じ仕掛けです。

第X部のまとめ

第X部では、入試の実問題6題を扱いました。

• 鹿児島大2024：順序統計量の積、 $${E(XY)>0}$$ となる最小 $${m = 4}$$、 $${\mathrm{Cov}(X, Y)>0}$$ という意外な結論
• 東北大2025：試行を二値化して二項分布に翻訳、 $${n\not\equiv 0\pmod 3}$$ では戻る確率が0
• 一橋大2012：6面の状態を3対に集約、 $${E_n = \frac{7}{2}}$$ という $${n}$$ 不変
• 慶應医2025：後戻りしない遷移、 $${Y_n = 2^{X_n}}$$ の巧妙な変換
• 京大2026：シリーズの集大成、 $${\frac{3(n+1)}{4}}$$
• 昭和医2019：tail-sumで $${\bigl(\frac{7}{6}\bigr)^4}$$ という二項定理の形

実問題はどれも、 指示関数・線形性・tail-sum・漸化式の組合せ で解けることを確認しました。問題の条件を見て、どの道具を使うかを判断する眼を養うのが、第X部の本質です。

次の第XI部は、シリーズの最後として自作演習3題で総合演習を行い、シリーズ全体を締めくくります。

次に読む記事

次回から第XI部「仕上げ編」です。自作の演習問題3題で、シリーズで身につけた道具の運用を最終確認します。第1問は「色分け配置の隣接同色ペアの個数」を扱います。

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