目の積　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ＧＡＩ さんが次のような問題を提起された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年５月５日付け）

　しばらく、サイコロの目の和が話題になっていたので、「では目の積はどうなるんだろう？」
の疑問が湧いてきました。この場合はどうなるのかな？

　すなわち、

　　　ｎ 回サイコロを投げ、出た目の積がＰである場合の数を求めよ。

　早速、ＦＮさんが挑戦され、次のような解答を得た。（平成２２年５月６日付け）
（一部文言等を修正させていただきました。）

　目の和の場合は、ＧＡＩ さんも書いておられるように、

　ｎ 個のサイコロを投げるとき、目の和が Ｎ となる場合の数は、多項式

　　　　（ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋ｘ⁴＋ｘ⁵＋ｘ⁶）^ｎ

を展開したときの、ｘ^Ｎ の係数を調べればよい。目の積の場合は、

　　　　（１＋ｘ＋ｘ²＋ｙ＋ｘｙ＋ｚ）^ｎ

を展開したときの、ｘ^ａ・ｙ^ｂ・ｚ^ｃ の係数が、積が、２^ａ・３^ｂ・５^ｃ となる場合の数になる。

　Maxima とかを使って展開するのが妥当かと思いますが、一応やってみます。

（解）　サイコロの目の数は、　１、２、３、４、５、６　で、素因数に注目すれば、

　　　　２　と　３　と　５

しかない。よって、出る目の積 Ｐ は、

　　　Ｐ＝２^ａ・３^ｂ・５^ｃ　　（ ａ、ｂ、ｃ は、０以上の整数）

と書くことができる。

　ｎ 回のうち、５の目は ｃ 回出る。いま、６の目が ｓ 回、４の目が ｔ 回出るとすると、

　　３の目は、ｂ−ｓ 回、　２の目は、ａ−ｓ−２ｔ 回、　１の目は、ｎ＋ｓ＋ｔ−ａ−ｂ−ｃ 回

出る。したがって、同じものを含む順列の公式から、

　　　　

後は、これを、　ｓ＝０ 〜 ｍｉｎ（ａ，ｂ）、　ｔ＝ｍａｘ（０，ａ＋ｂ＋ｃ−ｎ−ｓ） 〜 （ａ−ｓ）/２　に

ついて和をとればよい。　（終）


例　ｎ＝２０、Ｐ＝２¹⁴・３⁷・５³ のとき、場合の数は、22，417，812，674，400通り。

例　大小２個のサイコロを投げるとき、目の積が１２になるのは何通りあるか。

　素朴に数え上げれば、　（２，６）、（３，４）、（４，３）、（６，２）　の４通りだが、上記の考え
方で求めてみよう。

　出る目の積 Ｐ は、　Ｐ＝２²・３　と素因数分解できる。

　２ 個のサイコロうち、６の目が ｓ 回、４の目が ｔ 回出るとすると、

　　３の目は、１−ｓ 回、　２の目は、２−ｓ−２ｔ 回、　１の目は、ｓ＋ｔ−１ 回

出る。ここで、　０≦ｓ≦１　、　１−ｓ≦ｔ≦（２−ｓ）/２　である。

　すなわち、　ｓ＝０　のとき、　ｔ＝１　で、　ｓ＝１　のとき、　ｔ＝０　と定まる。

　したがって、同じものを含む順列の公式から、求める場合の数は、

　　　　２！/（１！１！）＋２！/（１！１！）＝４　（通り）

となる。

例　大中小３個のサイコロを投げるとき、目の積が６０になるのは何通りあるか。

　素朴に数え上げれば、１２通りだが、上記の考え方で求めてみよう。

　出る目の積 Ｐ は、　Ｐ＝２²・３・５　と素因数分解できる。

　３ 個のサイコロうち、６の目が ｓ 回、４の目が ｔ 回出るとすると、５の目は １ 回で、

　　３の目は、１−ｓ 回、　２の目は、２−ｓ−２ｔ 回、　１の目は、ｓ＋ｔ−１ 回

出る。ここで、　０≦ｓ≦１　、　１−ｓ≦ｔ≦（２−ｓ）/２　である。

　すなわち、　ｓ＝０　のとき、　ｔ＝１　で、　ｓ＝１　のとき、　ｔ＝０　と定まる。

　したがって、同じものを含む順列の公式から、求める場合の数は、

　　　　３！/（１！１！１！）＋３！/（１！１！１！）＝１２　（通り）

となる。

（コメント）　上記の公式では、４の目と６の目が出る回数を変数としたところがポイントです
　　　　　　ね！素朴に数え上げるときも、この点に注意すれば機械的に速く求まりそうです。
　　　　　　ＦＮさんに感謝します！


　ＨＮ「ぽっぽ」さんからの出題です。（平成２３年２月１３日付け）

　サイコロを ｎ 回投げたとき、その積が ６^ｋ の倍数になる確率を求めよ。

　ｋ＝１、２ のときは計算できましたが、何も見えてきませんでした。そもそもｋ が任意の整
数のとき、これを一般化することは、できるのでしょうか？


　ぽっぽさんの問いかけに、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんが考察されま
した。（平成２３年２月１４日付け）

　６^ｋ の倍数はかなり難しいですから、もう少し簡単な場合から考えます。

(１)　３^ｋ の倍数(５^ｋ の倍数)のとき

　　これは、ｎ 回のうち、ｋ 回以上３または６が出る場合だから、

　　　Σ_ｎＣ_ｒ(１/３)^ｒ・(２/３)^ｎ-ｒ　　ただし、Σは、ｒ＝ｋ、ｋ＋１、・・・、ｎ の和

　　(５^ｋ の倍数のときは、Σ(１/６)^ｒ・(５/６)^ｎ-ｒ　　ただし、Σは、ｒ＝ｋ、ｋ＋１、・・・、ｎ の和）

　この式のΣを、Σを使わないで表すのは無理だと思います。

　ｋが小さいとき(例えば、ｋ＝１、２)は余事象を考えれば、Σの項数は、１とか２なので、Σ
なしで書けますが、一般のｋでは無理でしょう。

(２)　２^ｋ の倍数のとき

　　４がｓ回、２または６がｒ回出るとすると、　２ｓ＋ｒ≧ｋ　だから、

　　　Σ_ｎＣ_s(１/６)^ｓΣ_ｎ-ｓＣ_ｒ(１/３)^ｒ・(１/２)^ｎ-ｓ-ｒ

　　ただし、前のΣは、ｓ＝０から[ｋ/２]までの和、後のΣは、ｒ＝ｋ−２ｓからｎ−ｓまでの和

(３)　６^ｋ の倍数のとき

　同様に考えると、４重のΣになると思います。Σの数を減らすのは多分無理でしょう。余事
象を考えても、一般の ｋ については状況に変化は起きないでしょう。だから、Σを使った式
では駄目ということならできないと思います。もちろん、ｋ が小さいときは余事象を考えて、で
きる可能性はあります。

　ｋ＝１　のときが、平成４年の京都大学の入試問題で次の形で出題されています。

京都大学　前期（１９９２）　（１）（２）：文系　（１）（３）：理系

　さいころを繰り返し ｎ 回振って、出た目の数を掛け合わせた積をＸとする。すなわち、

ｋ 回目に出た目の数を Ｙ_ｋ とすると、　Ｘ＝Ｙ₁Ｙ₂・・・Ｙ_n

　(１)　Ｘが３で割り切れる確率 ｐ_ｎ を求めよ。

　(２)　Ｘが４で割り切れる確率 ｑ_ｎ を求めよ。

　(３)　Ｘが６で割り切れる確率 ｒ_ｎ を求めよ。

（解）（１）　Ｘが３で割り切れないとき、Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n の何れもが３で割り切れない。

　　　　　　よって、　１−ｐ_ｎ＝(２/３)^ｎ　より、　ｐ_ｎ＝１−(２/３)^ｎ

　　（２）　Ｘが４で割り切れないとき、

　　　　　（イ）　Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n の何れもが　１、３、５　のどれか

　　　　　（ロ）　Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n のうち、１つだけ　２または６　で、他は　１、３、５　のどれか

　　　　　　よって、　１−ｐ_ｎ＝(１/２)^ｎ＋ｎ（１/３）(１/２)^ｎ-1＝（２ｎ＋３）(１/２)^ｎ/３　より、

　　　　　　　　　　ｐ_ｎ＝１−（２ｎ＋３）(１/２)^ｎ/３

　　（３）　Ｘが６で割り切れないとき、

　　　　　（イ）　Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n の何れもが　１、２、４、５　のどれか

　　　　　（ロ）　Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n の何れもが　１、３、５　のどれか

　　　　　　ただし、（イ）（ロ）の場合の中には、

　　　　　　　　Ｙ₁、Ｙ₂、・・・、Ｙ_n の何れもが　１、５　の場合が重複している。

　　　　　　よって、　１−ｐ_ｎ＝(２/３)^ｎ＋(１/２)^ｎ−(１/３)^ｎ　より、

　　　　　　　　　　ｐ_ｎ＝１−(２/３)^ｎ−(１/２)^ｎ＋(１/３)^ｎ　　（終）　　（→　（別解））

（コメント）　余事象を考える点がポイントですね！


　京大の問題は、上の(１)（２）(３)の ｋ＝１、ｋ＝２、ｋ＝１ の場合です。河合塾の「ハイレベ
ル理系数学５０テーマ１５０題」にはやや難のマークがついています。かなり難しいとされて
いる本です。その本でやや難とされているということは相当難しいということでしょう。

　そこまで難しいとは思いませんが、ｋ＝１でもかなり難しいと言えます。ｋ＝１とｋ＝２では相
当な差がありそうです。ｋ＝２の場合を考えましたが、面倒で途中で放棄してしまいました。

　ぽっぽさんがどのようにして ｋ＝２ のときを解かれたかを書いていただけますか。


　　　ぽっぽさんからのコメントです。（平成２３年２月１５日付け）

　　　　６を２つ含む時、１つ含む時、含まない時に 場合分けしましたが、相当時間がかかり
　　　ました。

　　　　結果は、　［６^ｎ＋２^ｎ−３^ｎ−４^ｎ＋ｎ｛(ｎ＋５)・２^ｎ-2−２・３^ｎ-1−２・４^ｎ-1｝］/６^ｎ　です。

　　　一般の場合は、Ｐ(６^ｋ)−Ｐ(６^ｋ-1)　で漸化式にするという方針が一番よさそうな気がし
　　ます。


　　　ＦＮさんによれば、それは必要ないとのことであるが．．．。（平成２３年２月１６日付け）

　　　Ｐ(６^ｋ)は、４重のΣを使って書くのは難しくありません。そして、その式を簡単にするの
　　は多分無理です。Ｐ(３^ｋ)ならΣひとつで書けますが、それをΣを使わないで書くのが無
　　理なのと同じです。そういう意味で、Ｐ(６^ｋ)を一般の ｋ について求めることについては
　　終わっていると思います。あとは小さい ｋ に対する値、例えば、Ｐ(６³)を求めることとか
　　でしょう。

　　　「それは必要ないと思います」というのは、Ｐ(６^ｋ)とＰ(６^ｋ-1)の間にはあまり関係がない
　　からです。Ｐ(３６)を求めるのに、Ｐ(６)の値がほとんど役に立たないのと同じです。

　　　Ｐ(３^ｋ)とＰ(３^ｋ-1)なら関係はあるでしょうが、漸化式を作るより直接求めてしまうでしょう。


　　　また、ぽっぽさんは、この問題を考えている最中に、

　　　　　　ΣΣ(_ｋＣ_ｐ・_ｎＣ_ｋ・２^ｎ-ｋ)＝４^ｎ　　（ただし、ｋ＝０〜ｎ　、ｐ＝０〜ｋ）

　　　という関係を見つけられました。


　　 　　ぽっぽさんの見いだされた関係を、らすかるさんが、証明されました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年２月１５日付け）

　　　　（証明）　 ΣΣ(_ｋＣ_ｐ・_ｎＣ_ｋ・２^ｎ-ｋ)

　　　　　　　　　＝Σ_[ｋ]（_ｎＣ_ｋ・２^ｎ-ｋΣ_[ｐ]ｋＣ_ｐ）

　　　　　　　　　＝Σ_[ｋ]（_ｎＣ_ｋ・２^ｎ-ｋ・２^ｋ）

　　　　　　　　　＝Σ_[ｋ]（_ｎＣ_ｋ・２^ｎ）＝２^ｎ・Σ_[ｋ]ｎＣ_ｋ＝２^ｎ・２^ｎ＝４^ｎ　　（証終）


　一般の ｋ は駄目でしょうから、ｋ が小さいところだけを考えてみます。京都大学で出題さ
れたものを含みます。

　さいころを ｎ 回投げて、その積が ｍ の倍数になる確率を求めたい。ｍ が小さいときだけ
を考えるので、余事象の方が求めやすい。

　余事象の確率を Ｐ(ｍ) とする。即ち、さいころを ｎ 回投げて、その積がｍ の倍数になら
ない確率を Ｐ(ｍ) とする。ｎ は固定して考えるものとして、ｎ は表記しないこととする。

　ｍ₁の倍数でもなくて、ｍ₂の倍数でもない確率を、Ｐ(ｍ₁，ｍ₂) と書く。

　Ｐ(２)については、ｎ 回全てが奇数の目なので、　Ｐ(２)＝(１/２)^ｎ

　Ｐ(３)については、ｎ 回全てが １、２、４、５　の何れかなので、　Ｐ(３)＝(２/３)^ｎ

　Ｐ(５)については、ｎ 回全てが １、２、３，４、６　の何れかなので、　Ｐ(５)＝(５/６)^ｎ

　ここまでは問題ありません。

Ｐ(１０)について、　１０の倍数＝２かつ５の倍数　なので、

　１０の倍数でない＝２の倍数でない　または　５の倍数でない

なので、個数定理により、

　ｎ（１０の倍数でない）

＝ｎ（２の倍数でない）＋ｎ（５の倍数でない）−ｎ（２の倍数でも５の倍数でもない）

なので、　Ｐ(１０)＝Ｐ(２)＋Ｐ(５)−Ｐ(２，５)＝(１/２)^ｎ＋(５/６)^ｎ−(１/３)^ｎ

　同様にして、Ｐ(１５)＝Ｐ(３)＋Ｐ(５)−Ｐ(３，５)＝(２/３)^ｎ＋(５/６)^ｎ−(１/２)^ｎ

　　　　　　　　　Ｐ(６)＝Ｐ(２)＋Ｐ(３)−Ｐ(２，３)＝(１/２)^ｎ＋(２/３)^ｎ−(１/３)^ｎ

　※　６の目があるから、Ｐ(６)はＰ(１０)等と違うかと思いましたが同じでした。

Ｐ(９)について、ｎ 回全てが １、２、４、５　の何れかであるか、または、ｎ回中１回だけ３また

は６がでて、それ以外は １、２、４、５　の何れかであるときなので、

　　Ｐ(９)＝(２/３)^ｎ＋_ｎＣ₁(１/３)(２/３)^ｎ-1＝(２/３)^ｎ-1(ｎ＋２)/３

　同様にして、Ｐ(２５)＝(５/６)^ｎ＋_ｎＣ₁(１/６)(５/６)^ｎ-1＝(５/６)^ｎ-1（ｎ＋５）/６

Ｐ(４)について、ｎ 回全てが １、３、５　の何れかであるか、または、ｎ 回中１回だけ２または

６がでて、それ以外は １、３、５　の何れかであるときなので、

　　Ｐ(４)＝(１/２)^ｎ＋_ｎＣ₁(１/３)(１/２)^ｎ-1＝(１/２)^ｎ-1（ｎ/３＋１/２）

　※　４の目があるから、少しだけＰ(９)等と違いますが、ほとんど同じです。

　３０＝２・３・５　なので、個数定理により

Ｐ(３０)＝Ｐ(２)＋Ｐ(３)＋Ｐ(５)−Ｐ(２，３)−Ｐ(２，５)−Ｐ(３，５)＋Ｐ(２，３，５)

　　　　＝(１/２)^ｎ＋(２/３)^ｎ＋(５/６)^ｎ−(１/３)^ｎ−(１/３)^ｎ−(１/２)^ｎ＋(１/６)^ｎ

　　　　＝(２/３)^ｎ＋(５/６)^ｎ＋(１/６)^ｎ−２(１/３)^ｎ

　Ｐ(１２)＝Ｐ(４)＋Ｐ(３)−Ｐ(４，３)　において、まず、Ｐ(４，３)を求める。

　Ｐ(４，３)＝(１/３)^ｎ＋_ｎＣ₁(１/３)(１/３)^ｎ-1＝(１/３)^ｎ-1(ｎ＋１)/３

　これを代入して出ます。Ｐ(２０)、Ｐ(１８)、Ｐ(４５)、Ｐ(５０)、Ｐ(７５)は似たようなものでしょう。

　Ｐ(３６)＝Ｐ(４)＋Ｐ(９)−Ｐ(４，９)　もできそうです。


　上記の結果を用いて、ぽっぽさんの問題（ｋ＝２のとき）：

　サイコロを ｎ 回投げたとき、その積が ６² の倍数になる確率を求めよ。

の解は、　(６^ｎ＋２^ｎ−３^ｎ−４^ｎ＋ｎ(２^ｎ-2・(ｎ＋５)−２・３^ｎ-1−２・４^ｎ-1))/６^ｎ

となることを、ＦＮさんが検証されました。（平成２３年２月１６日付け）

　Ｐ(４)＝(１/２)^ｎ＋(ｎ/３)(１/２)^ｎ-1＝｛（２ｎ＋３）/３｝(１/２)^ｎ

　Ｐ(９)＝(２/３)^ｎ＋(ｎ/３)(２/３)^ｎ-1＝｛（ｎ＋２）/２｝(２/３)^ｎ

　Ｐ(４，９)は、４でも９でも割り切れない場合だから、４は駄目で、ほとんどが１か５で、２、３、

６が1回も出ないか、２、３、６のどれかが１回だけか、２、３が１回ずつだから、

　Ｐ(４，９)＝(１/３)^ｎ＋(ｎ/２)(１/３)^ｎ-1＋ｎ（ｎ−１）・(１/６)²(１/３)^ｎ-2

　　　　　　＝(１/３)^ｎ＋(３ｎ/２)(１/３)^ｎ＋ｎ（ｎ−１）/４・(１/３)^ｎ

　　　　　　＝｛（ｎ²＋５ｎ＋４）/４｝(１/３)^ｎ

　これらを用いて、

　Ｐ(３６)＝Ｐ(４)＋Ｐ(９)−Ｐ(４，９)

　　　　　＝｛（２ｎ＋３）/３｝(１/２)^ｎ＋｛（ｎ＋２）/２｝(２/３)^ｎ−｛（ｎ²＋５ｎ＋４）/４｝(１/３)^ｎ

　これに対して、ぽっぽさんの結果を変形すると、

［６^ｎ＋２^ｎ−３^ｎ−４^ｎ＋ｎ｛(ｎ＋５)・２^ｎ-2−２・３^ｎ-1−２・４^ｎ-1｝］/６^ｎ

＝１＋(１/３)^ｎ−(１/２)^ｎ−(２/３)^ｎ＋（ｎ²/４）(１/３)^ｎ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋（５ｎ/４）(１/３)^ｎ−（２ｎ/３）(１/２)^ｎ−（ｎ/２）(２/３)^ｎ

＝１−(１/２)^ｎ−（２ｎ/３）(１/２)^ｎ−(２/３)^ｎ−（ｎ/２）(２/３)^ｎ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋（ｎ²/４）(１/３)^ｎ＋（５ｎ/４）(１/３)^ｎ＋(１/３)^ｎ

＝１−｛（２ｎ＋３）/３｝(１/２)^ｎ−｛（ｎ＋２）/２｝(２/３)^ｎ＋｛（ｎ²＋５ｎ＋４）/４｝(１/３)^ｎ

＝１−Ｐ(３６)

となり、ぽっぽさんの結果と一致する。


　問題：「サイコロを ｎ 回投げたとき、その積が ６^ｋ の倍数になる確率を求めよ。」に
ついて、ＨＮ「ａｔ」さんが考察されました。（平成２３年２月２０日付け）

　サイコロを ｎ 回振ったとき、その積が ６^ｋ の倍数になる確率を、ｐ（ｎ，ｋ）とする。

ｋ＝３、４、５の場合のｐ（ｎ，ｋ）は次のようになる。

ｐ（ｎ，３）＝｛３^ｎ-2(９・２^ｎ−２ｎ²−７ｎ−９)−２^2ｎ-3(ｎ²＋３ｎ＋８)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋２^ｎ-6(ｎ⁴＋１４ｎ³＋３９ｎ²＋７４ｎ＋６４）｝/６^ｎ

ｐ（ｎ，４）＝｛３^ｎ-4(８１・２^ｎ−４ｎ³−２４ｎ²−５３ｎ−８１)−２^2ｎ-4(ｎ³＋３ｎ²＋２０ｎ＋４８)/３
　　　　　　＋２^ｎ-8(ｎ⁶＋２７ｎ⁵＋１３３ｎ⁴＋４５３ｎ³＋１５９４ｎ²＋２４００ｎ＋２３０４）/９｝/６^ｎ

ｐ（ｎ，５）＝［３^ｎ-5｛２４３・２^ｎ−（４ｎ⁴＋３６ｎ³＋１０７ｎ²＋３３９ｎ＋４８６)/２｝
　　　　　　　　　　−２^2ｎ-7(ｎ⁴＋２ｎ³＋３５ｎ²＋１５４ｎ＋３８４)/３
　　　　　　　　　　　　　＋２^ｎ-14(ｎ⁸＋４４ｎ⁷＋３６２ｎ⁶＋９９２ｎ⁵＋１２０４１ｎ⁴
　　　　　　　　　　　　　　　　　＋３１２６８ｎ³＋８７８２０ｎ²＋１６２３８４ｎ＋１４７４５６）/９］/６^ｎ


　サイコロを ｎ 回振ったときに、２、３、４、６の目がそれぞれA回、B回、C回、D回出るもの
とすれば、ｐ（ｎ，ｋ）の指数型母関数は次のようになる。

　｛ｅ^6ｘ−ｅ^3ｘΣ[A＋２C＋D＜ｋ](ｘ^A/A！)(ｘ^C/C！)(ｘ^D/D！)
　　　　−ｅ^4ｘΣ[Ｂ＋D＜ｋ](ｘ^Ｂ/Ｂ！)(ｘ^D/D！)
　　　　＋ｅ^2ｘΣ[A＋２C＋D＜ｋかつＢ＋D＜ｋ](ｘ^A/A！)(ｘ^Ｂ/Ｂ！)(ｘ^C/C！)(ｘ^D/D！)｝/６^ｎ

　この母関数から、ｐ（ｎ，ｋ）の式が得られます。たとえば、Ｋ＝２のときを考えてみると、

Σ[A＋２C＋D＜２](ｘ^A/A！)(ｘ^C/C！)(ｘ^D/D！)＝１＋２ｘ

Σ[Ｂ＋D＜２](ｘ^Ｂ/Ｂ！)(ｘ^D/D！)＝１＋２ｘ

Σ[A＋２C＋D＜２ かつ Ｂ＋D＜２](ｘ^A/A！)(ｘ^Ｂ/Ｂ！)(ｘ^C/C！)(ｘ^D/D！)＝１＋３ｘ＋ｘ²

となるので、ｐ（ｎ，２）の指数型母関数は、

　　　　｛ｅ^6ｘ−ｅ^3ｘ（１＋２ｘ）−ｅ^4ｘ（１＋２ｘ）＋ｅ^2ｘ（１＋３ｘ＋ｘ²）｝/６^ｎ

　これを級数展開したときのｘ^ｎの係数にｎ！を掛けたものがｐ（ｎ，２）です。

　ｐ（ｎ，２）

＝(６^ｎ−(３^ｎ＋２ｎ・３^ｎ-1)−(４^ｎ＋２ｎ・４^ｎ-1)＋(２^ｎ＋３ｎ・２^ｎ-1＋ｎ（ｎ−１）・２^ｎ-2)/６^ｎ

＝［６^ｎ＋２^ｎ−３^ｎ−４^ｎ＋ｎ｛（ｎ＋５）・２^ｎ-2−２・３^ｎ-1−２・４^ｎ-1｝］/６^ｎ

　これは、ぽっぽさんの結果：

　　　　［６^ｎ＋２^ｎ−３^ｎ−４^ｎ＋ｎ｛(ｎ＋５)・２^ｎ-2−２・３^ｎ-1−２・４^ｎ-1｝］/６^ｎ

と一致する。

（コメント）　ａｔ さんに感謝します。


　ＦＮさんより、新しい課題の提案です。（平成２３年２月１９日付け）

　さいころを ｎ 回投げて、その和が ｍ の倍数になる確率を求めよ。

　まず、ｍ が６の約数であるとき、即ち、ｍ＝１、２、３、６　はごく簡単です。次に、ｍ＝７は
漸化式を使って確率を求めるタイプの問題の基本問題です。平成６年に京都大学で出題さ
れています。

京都大学　前期文系（１９９４）

　さいころを ｎ 回続けて投げるとき、ｋ 回目に出る目の数を Ｘ_ｋ とし、

Ｙ_n＝Ｘ₁＋Ｘ₂＋・・・＋Ｘ_n とする。Ｙ_n が７で割り切れる確率を ｐ_ｎ とする。

　(１)　ｐ_ｎ を ｐ_ｎ-1 を用いて表せ。

　(２)　ｐ_ｎ を求めよ。

（解）（１）　Ｙ_n が７で割り切れるとき、Ｙ_n-1 は７で割り切れず、Ｙ_n が７で割り切れるように、

　　　　　　Ｘ_n＝Ｙ_n − Ｙ_n-1 は一意に定まる。

　　　　　よって、　ｐ_ｎ ＝（１/６）（１− ｐ_ｎ-1 ） である。

　　（２）　ｐ₁ ＝０　で、　ｐ_ｎ −１/７＝（−１/６）（ ｐ_ｎ-1−１/７ ）　より、

　　　　　　　ｐ_ｎ −１/７＝（−１/６）^ｎ-1（−１/７ ）　なので、

　　　　　　ｐ_ｎ ＝｛１−（−１/６）^ｎ-1｝/７　　（終）


　ｍ＝１、２、３、６、７以外は、簡単にはできそうにありませんが、その中では、ｍ＝５ が一
番ましかなと思います。

　(１)　さいころを ｎ 回投げて、その和が５の倍数になる確率を求めよ。

　５次の正方行列の固有値、固有ベクトルを計算して求めることもできるようですが、そして
その方が理論的にはきれいですが手計算では難しそうです。そこまでしなくても、高校数学
の範囲内で、出来ます。


　教科書には、「大小２個のさいころを投げるとき、目の和が５の倍数になる確率を求めよ。」
程度は載っています。具体的に数え上げてみたいと思います。

　起こりうる全ての場合の数は、　６×６＝３６通り

　目の和が５の倍数、すなわち、５または１０　になる場合の数は、

　　　　（１，４）、（２，３）、（３，２）、（４，１）、（４，６）、（５，５）、（６，４）

　の７通り。　よって、求める確率は、　７/３６　となる。

　同様に、「大中小３個のさいころを投げるとき、目の和が５の倍数になる確率を求めよ。」
の解は、

　起こりうる全ての場合の数は、　６×６×６＝２１６通り

　目の和が５の倍数、すなわち、５または１０または１５　になる場合の数は、

　　　　（１，１，３）型・・・３通り　、（１，２，２）型・・・３通り　、（１，３，６）型・・・６通り

　　　　（１，４，５）型・・・６通り　、（２，２，６）型・・・３通り　、（２，３，５）型・・・６通り

　　　　（２，４，４）型・・・３通り　、（３，３，４）型・・・３通り　、（３，６，６）型・・・３通り

　　　　（４，５，６）型・・・６通り　、（５，５，５）型・・・１通り

　の４３通り。　よって、求める確率は、　４３/２１６　となる。

　同様に、「４個のさいころを投げるとき、目の和が５の倍数になる確率を求めよ。」の解は、

　起こりうる全ての場合の数は、　６×６×６×６＝１２９６通り

　目の和が５の倍数、すなわち、５または１０または１５または２０　になる場合の数は、

　（１，１，１，２）型・・・４通り　、（１，１，２，６）型・・・１２通り　、（１，１，３，５）型・・・１２通り

　（１，１，４，４）型・・・６通り　、（１，２，２，５）型・・・１２通り　、（１，２，３，４）型・・・２４通り

　（１，３，３，３）型・・・４通り　、（２，２，２，４）型・・・４通り　、（２，２，３，３）型・・・６通り

　（１，２，６，６）型・・・１２通り　、（１，３，５，６）型・・・２４通り　、（１，４，４，６）型・・・１２通り

　（１，４，５，５）型・・・１２通り　、（２，２，５，６）型・・・１２通り　、（２，３，４，６）型・・・２４通り

　（２，３，５，５）型・・・１２通り　、（２，４，４，５）型・・・１２通り　、（３，３，３，６）型・・・４通り

　（３，３，４，５）型・・・１２通り　、（３，４，４，４）型・・・４通り　、（２，６，６，６）型・・・４通り

　（３，５，６，６）型・・・１２通り　、（４，４，６，６）型・・・６通り　、（４，５，５，６）型・・・１２通り

　（５，５，５，５）型・・・１通り

　の２５９通り。　よって、求める確率は、　２５９/１２９６　となる。

　同様に、「５個のさいころを投げるとき、目の和が５の倍数になる確率を求めよ。」の解は、

　起こりうる全ての場合の数は、　６×６×６×６×６＝７７７６通り

　目の和が５の倍数、すなわち、５、１０、１５、２０、２５、３０　になる場合の数は、

　　（１，１，１，１，１）型・・・１通り　、（１，１，１，１，６）型・・・５通り　、（１，１，１，２，５）型・・・２０通り

　　（１，１，１，３，４）型・・・２０通り　、（１，１，２，２，４）型・・・３０通り　、（１，１，２，３，３）型・・・３０通り

　　（１，２，２，２，３）型・・・２０通り　、（２，２，２，２，２）型・・・１通り　、（１，１，１，６，６）型・・・１０通り

　　（１，１，２，５，６）型・・・６０通り　、（１，１，３，４，６）型・・・６０通り　、（１，１，３，５，５）型・・・３０通り

　　（１，１，４，４，５）型・・・３０通り　、（１，２，２，４，６）型・・・６０通り　、（１，２，２，５，５）型・・・３０通り

　　（１，２，３，３，６）型・・・６０通り　、（１，２，３，４，５）型・・・１２０通り　、（１，２，４，４，４）型・・・２０通り

　　（１，３，３，３，５）型・・・２０通り　、（１，３，３，４，４）型・・・３０通り　、（２，２，２，３，６）型・・・２０通り

　　（２，２，２，４，５）型・・・２０通り　、（２，２，３，３，５）型・・・３０通り　、（２，２，３，４，４）型・・・３０通り

　　（２，３，３，３，４）型・・・２０通り　、（３，３，３，３，３）型・・・１通り　、（１，１，６，６，６）型・・・１０通り

　　（１，２，５，６，６）型・・・６０通り　、（１，３，４，６，６）型・・・６０通り　、（１，３，５，５，６）型・・・６０通り

　　（１，４，４，５，６）型・・・６０通り　、（１，４，５，５，５）型・・・２０通り　、（２，２，４，６，６）型・・・３０通り

　　（２，２，５，５，６）型・・・３０通り　、（２，３，３，６，６）型・・・３０通り　、（２，３，４，５，６）型・・・１２０通り

　　（２，３，５，５，５）型・・・２０通り　、（２，４，４，４，６）型・・・２０通り　、（２，４，４，５，５）型・・・３０通り

　　（３，３，３，５，６）型・・・２０通り　、（３，３，４，４，６）型・・・３０通り　、（３，３，４，５，５）型・・・３０通り

　　（３，４，４，４，５）型・・・２０通り　、（４，４，４，４，４）型・・・１通り　、（１，６，６，６，６）型・・・５通り

　　（２，５，６，６，６）型・・・２０通り　、（３，４，６，６，６）型・・・２０通り　、（３，５，５，６，６）型・・・３０通り

　　（４，４，５，６，６）型・・・３０通り　、（４，５，５，５，６）型・・・２０通り　、（５，５，５，５，５）型・・・１通り

　　（６，６，６，６，６）型・・・１通り

　の１５５６通り。　よって、求める確率は、　１５５６/７７７６＝３８９/１９４４　となる。


　ＦＮさんの問いかけに対して、ぽっぽさんが考察されました。（平成２３年２月１９日付け）

　理屈は分かりませんが、ｎ が５の倍数ならば、　((６^ｎ−１)/５＋１)/６^ｎ

　　　　　　　　　　　　　　　　ｎ が５の倍数でないならば、　(６^ｎ−１)/（５・６^ｎ）

ですね。正確には、今から考えてみます。

（コメント）　上記の　ｎ＝２〜５　の計算から、上記の公式が納得されます_ネ。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月１９日付け）

　ぽっぽさんの式を見て、意外と簡単にできそうだなと思いました。漸化式を作って真面目
に解くことを考えていたのですが、場合の数を数えるだけでできてしまいそうですね。


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年２月２０日付け）

　場合の数を数えるという方針で行けば、それほど難しくないようで、大学入試に出せるレ
ベルのようです。それでも、７の倍数の場合よりは難しいし、７の倍数の場合でも一応誘導
がついていたので誘導をつけてみました。

　さいころを ｎ 回投げて、ｋ回目(１≦ｋ≦ｎ)に出た目を、Ｘ_ｋ、Ｘ₁＋Ｘ₂＋・・・＋Ｘ_ｎ をＹとする。

(１)　Ｘ₁＜６　で、Ｙが５の倍数である場合の数を求めよ。

(２)　Ｘ₁＝Ｘ₂＝・・・＝Ｘ_ｋ-1＝６、Ｘ_ｋ＜６　でＹが５の倍数である場合の数を求めよ。
　　（結果だけでよい。）

(３)　Ｙが５の倍数である確率を求めよ。

　普通は、(２)はいらないと思いますが、付けてみました。これだけの誘導があれば大学入
試で出題可能と思います。ただ、場合の数という表現がちょっと気になります。確率にして
しまってもいいのですが、ちょっと違う感じです。


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年２月２１日付け）

　１回目、２回目、･･･、ｎ 回目と順に考えていく思考形態に合わせて、次の様な誘導にした
方がいいかもしれません。場合の数という言葉もやめて確率にしました。

　さいころを ｎ 回投げて、ｋ回目(１≦ｋ≦ｎ)に出た目を、Ｘ_ｋ とし、それらの和 ΣＸ_k をＹとす
る。このとき、次の確率を求めよ。

(１)　Ｘ_ｎ＜６　で、かつ、Ｙが５の倍数である確率

(２)　Ｘ_ｋ＜６　で、Ｘ_k+1＝Ｘ_k+2＝・・・＝Ｘ_n＝６ で、かつ、Ｙが５の倍数である確率
　　ただし、１≦ｋ≦ｎ　とする。

(３)　Ｙが５の倍数である確率

　この場合は、(２)が必要な感じです。(１)は前の(１)よりやさしくなったように思います。(２)は
前の(２)よりちょっと難しいかなという気がします。前の形なら、(１)ができれば、(２)は大概で
きるけど、(１)が易しくなって(２)が少し難しくなったので、(１)ができて(２)ができない人がかな
り出るでしょう。(１)(２)(３)で正解者がだんだん減っていくという意味で、このほうがよさそうで
す。

　私自身は前の形で考えます。順序は関係ないから条件をつけるのは後ろからより前からに
したいからで、確率より場合の数で考えたいのははじめから分数が出てくるのはできれば避
けたいからです。


　ぽっぽさんからの情報です。（平成２３年２月２１日付け）

　ＨＰサイト「さいころを ｎ 個投げたときの目の和の確率について」を見つけました。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２１日付け）

　気がついています。他にもあります。５の倍数や８の倍数についてもあります。
何れも、２００５年ごろのものだと思います。

　私は、基本的にはこのあたりで議論されているような行列の固有値や固有ベクトルを使う
方法かなと思っていたのですが、ｍ＝５のときのぽっぽさんの書かれた式を見て、素朴な方
法でも、ｍ＝５、４あたりはできるかもしれないと、今は思っています。とりあえず、しばらくは
行列は考えないで行ける所まで行きたいと考えています。ｍ≧８ となると多分無理でしょう。


　ＦＮさんが次の問題

　さいころを ｎ 回投げて、ｋ回目(１≦ｋ≦ｎ)に出た目を、Ｘ_ｋ とし、それらの和 ΣＸ_k をＹとす
る。このとき、次の確率を求めよ。

(１)　Ｘ_ｎ＜６　で、かつ、Ｙが５の倍数である確率

(２)　Ｘ_ｋ＜６　で、Ｘ_k+1＝Ｘ_k+2＝・・・＝Ｘ_n＝６ で、かつ、Ｙが５の倍数である確率
　　ただし、１≦ｋ≦ｎ　とする。

(３)　Ｙが５の倍数である確率

の解答を与えられました。（平成２３年２月２２日付け）

（解）(１)　_{(１/６)^ｎ-1}　が何であっても、これに １、２、３、４、５ のうちのどれか1つ

　を足せば、５の倍数になる。そしてそのような数は、１つしかない。

　従って、Ｘ_ｎ＜６　で、かつ、Yが５の倍数である確率は、１/６

(２)　Ｘ_k+1、Ｘ_k+2、・・・、Ｘ_n　がすべて６になる確率は、(１/６)^ｎ-ｋ

　Ｘ₁、Ｘ₂、・・・、Ｘ_ｋ-1　は何でもよい。Ｘ_ｋは、(１)と同様に考えて確率は、１/６

　従って、求める確率は、　(１/６)^ｎ-ｋ+1

(３)　(２)の確率を、ｋ＝１からｋ＝ｎまですべて加えると

　(１/６)^ｎ＋(１/６)^ｎ-1＋・・・＋(１/６)＝｛１−(１/６)^ｎ｝/５＝（６^ｎ−１）/（５・６^ｎ）

　Yが５の倍数であるケースで数えられてない可能性があるのは、

　　　　「Ｘ₁、Ｘ₂、・・・、Ｘ_ｎ がすべて６」

のケースだけで、これが５の倍数になるのは、ｎ が５の倍数のときである。

　５の倍数のときだけ、１/６^ｎ　を加えればよい。

　以上から、
　　　　　　　　ｎ が５の倍数ならば、　((６^ｎ−１)/５＋１)/６^ｎ

　　　　　　　　ｎ が５の倍数でないならば、　(６^ｎ−１)/（５・６^ｎ）

となる。　（終）

（コメント）　ぽっぽさんの与えられた公式がこれで合点がいきました。ＦＮさんに感謝します。


　また、ＦＮさんによれば、次のような誘導も可能とのことです。解答は短くなるでしょう。難し
いか易しいかは何とも言えません。

　さいころを ｎ 回投げて、ｋ回目(１≦ｋ≦ｎ)に出た目を、Ｘ_ｋ とし、それらの和 ΣＸ_k をＹとし、

　　（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）・６＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）・６^ｎ-1

をＺとする。

(１)　Ｙを５で割った余りと Ｚ＋ｎ を５で割った余りは等しいことを示せ。

(２)　Ｙが５で割り切れる確率を求めよ。


　ＦＮさんの問いかけに対して、攻略法さんが解決されました。（平成２３年２月２２日付け）

（解）(１)　ｍｏｄ　５　で

　Ｚ＋ｎ

≡（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）・６＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）・６^ｎ-1＋ｎ

≡（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）・｛（６¹−１）＋１｝＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）・｛（６^ｎ-1−１）＋１｝＋ｎ

≡（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）＋ｎ

≡Ｘ₁＋Ｘ₂＋・・・＋Ｘ_ｎ＝Ｙ

　よって、Ｙを５で割った余りと Ｚ＋ｎ を５で割った余りは等しい。

(２)　Ｚは６進法表記なので、範囲は、[０，６^ｎ−１] となる。

　　(１)より、ＹとＺ＋ｎは同値になるので、求める確率は、

分子は、範囲 [ｎ，ｎ＋６^ｎ−１] で、５の倍数の数　[(ｎ＋６^ｎ−１)/５] - [(ｎ−１)/５]

分母は、６^ｎ　　　ただし、［　］はガウス記号。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２２日付け）

(１)　ｍｏｄ ５　を表に出すなら、６≡１　(ｍｏｄ　５)で、６を１に変えてしまってもいいかもしれ
　　ません。すなわち、ｍｏｄ　５　で

　　　　Ｚ＋ｎ＝（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）・６＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）・６^ｎ-1＋ｎ
　　　　　　　≡（Ｘ₁−１）＋（Ｘ₂−１）＋・・・＋（Ｘ_ｎ−１）＋ｎ
　　　　　　　＝Ｘ₁＋Ｘ₂＋・・・＋Ｘ_ｎ＝Ｙ

　よって、Ｙを５で割った余りと Ｚ＋ｎ を５で割った余りは等しい。

(２)　 (１)より、Ｙが５で割り切れる ⇔ Ｚ＋( ｎ を５で割った余り ) が５で割り切れる

　また、Ｚは、[０，６^ｎ−１]の中にあるが、この両端の０と６^ｎ−１は５の倍数で、この中にある

５の倍数は(６^ｎ−１)/５＋１個である。 Ｚ＋( ｎ を５で割った余り )は、この区間を、０、１、２、

３、４ずらすことになる。両端が５の倍数だから、１、２、３、４ずらした場合は１個減る。

　従って、　ｎ が５の倍数のとき、(６^ｎ−１)/５＋１個、それ以外のとき、(６^ｎ−１)/５個

確率は、これを、６^ｎで割ればよい。

　ほぼ自明なケース、ｍ＝１、２、３、６　も一応やっておきます。

　ｍ＝１　のときは、明らかに、１

　ｍ＝２　のときは、ｎ−１回目までの和が何であっても、ｎ回目は、３通りで、３/６＝１/２

　ｍ＝３　のときは、ｎ−１回目までの和が何であっても、ｎ回目は、２通りで、２/６＝１/３

　ｍ＝６　のときは、ｎ−１回目までの和が何であっても、ｎ回目は、１通りで、１/６

　ｍ＝５　のとき(はじめの誘導のやり方)は、６を排除することで、ｍ＝６と同じ状況にしよう

としたということです。即ち、ｎ回目が６であるケースを除けば、ｎ−１回目までの和が何で

あっても、ｎ回目は１通りで、１/６。ｎ回目が６であるケースは別に考えようということです。

最初の誘導では、ｎ回目、ｎ−１回目、･･･ と書くより、１回目、２回目、･･･ と書く方が書きや
すいので、逆にしましたが．．．。ほぼ自明なケースの考え方を使っていると言えなくもありま
せん。


　ｍ＝５　ができれば、ｍ＝１、２、３、５、６、７　ができたことになるので、次は、ｍ＝４です。

(２)　さいころを ｎ 回投げて、目の和が４の倍数になる確率を求めよ。


　ａｔ さんが、次の問題

　さいころを ｎ 回投げて、その和が ｍ の倍数になる確率を求めよ。

を解かれました。（平成２３年２月２１日付け）

（解）　ｍ≧２　として考えます。さいころを ｎ 回投げて、その和が ｍ の倍数になる確率を

　　 ｐ（ｎ，ｍ）とします。ｆ(ｘ)＝(ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋ｘ⁴＋ｘ⁵＋ｘ⁶)^ｎ とおきます。

　　　さいころを ｎ 回投げて、目の和が ｍ の倍数になるような目の出方は、ｆ(ｘ)を展開した

　　ときの、ｘ^ｋｍ (ｋは整数)　という形で表される項の係数の総和です。

　　　この総和を Ｓ（ｎ，ｍ）とすると、　ｐ（ｎ，ｍ）＝Ｓ（ｎ，ｍ）/６^ｎ

　　α＝cos(２π/ｍ)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/ｍ)　 ( ｉ は、虚数単位)とします。　α^ｍ＝１　です。

　　また、ｍ の倍数ではないような任意の正整数 ｋ に対して、

　　　α^k＋（α²）^k＋（α³）^k＋・・・＋（α^ｍ）^k

　　＝α^k＋（α^ｋ）²＋（α^ｋ）³＋・・・＋（α^ｋ）^ｍ＝０

　　　よって、　Ｓ（ｎ，ｍ）＝｛f(α)＋f(α²)＋f(α³)＋・・・＋f(α^ｍ)｝/ｍ　より、

　　　　　ｐ（ｎ，ｍ）＝｛f(α)＋f(α²)＋f(α³)＋・・・＋f(α^ｍ)｝/（ｍ・６^ｎ）　　（終）

　いくつかの ｍ の値に対するｐ（ｎ，ｍ）を計算してみよう。

ｐ（ｎ，４）＝Σf(ｉ^j)/(４・６^ｎ)＝１/４＋２^(n+2)/2・ｃｏｓ(３ｎπ/４))/(４・６^ｎ)

ｐ（ｎ，５）＝Σf((ｃｏｓ(２π/５)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/５))^j)/(５・６^ｎ)

　　　　　＝１/５＋２｛ｃｏｓ(４ｎπ/５)＋ｃｏｓ(２ｎπ/５)｝/(５・６^ｎ)

ｐ（ｎ，１０）＝Σf((ｃｏｓ(２π/１０)＋ｉ・ｓｉｎ(２π/１０))^j)/(１０・６^ｎ)

　　　　　＝１/１０＋２｛（５−２）^ｎ/2ｃｏｓ(９ｎπ/１０)

　　　　　　　　　　　　　　　　＋（５＋２）^ｎ/2ｃｏｓ(７ｎπ/１０)＋ｃｏｓ(２ｎπ/５)｝/(１０・６^ｎ)


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２１日付け）

　一気にすべて解決ですね。私は行列の固有ベクトルを使って何とか最後の式にはたどり
着いてたのですが、詰めは甘く、きちんと書けばなかなか大変だろうと思っていました。

　やっぱり母関数をちゃんと勉強しなければいけないようです。

　ということで、この問題で残っているのは、「ｍ＝５、４の場合を素朴な方法で解く」だけとい
うことになります。


　ぽっぽさんからのコメントです。（平成２３年２月２１日付け）

　すごい複雑になるんですね。ただ、４や５など具体的な数を初等的に解くのは不可能じゃ
なさそうですね。(「算数にチャレンジ」等初等的な解法を追求するサイトによく行くのでどち
らかといえばこっちの方が得意そうです)


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２２日付け）

　ａｔ さんのあざやかな解答で終了していますが、他の人が苦労したあとを見るのも意味があ
ると思います。ぽっぽさんがあげていたページ以外にこの問題を扱っているページを上げて
おきます。他にもあると思いますが．．．。

　　　http://www.riverplus.net/sci/2005/01/post_216.html
　　　http://www.riverplus.net/sci/2005/02/post_232.html
　　　http://www.riverplus.net/sci/2005/02/post_31.html


　ＦＮさんから問題の提起です。（平成２３年２月２２日付け）

　ｍ＝４　の場合を誘導形式の問題にしました。ｍ＝５　に比べてかなり難しくなります。

　さいころを ｎ 回投げて、ｋ回目(１≦ｋ≦ｎ)に出た目を、Ｘ_ｋ とし、それらの和 ΣＸ_k をＹとす
る。

(１)　Ｘ₁＞２　で、Ｙが４の倍数である場合の数を求めよ。

(２)　Ｘ₁＜３　、Ｘ₂＜３　、・・・、Ｘ_k-1＜３　、Ｘ_ｋ＞２　で、Ｙが４の倍数である場合の数を求め
　　よ。

(３)　すべてのｋ(１≦ｋ≦ｎ)について、Ｘ_k＜３　で、Ｙが４の倍数である場合の数を求めよ。

(４)　Ｙが４の倍数である確率を求めよ。

　計算がかなり増えるので、ｍ＝５ のときの誘導のはじめの形にしました。(１)(２)(４)は、
ｍ＝５ のときの(１)(２)(３)と同じです。計算は多少多いですが．．．。違いは(３)です。

　ｍ＝５ のときは、これはすべて６の場合だったので問題ありませんでした。しかし、(３)は
結構面倒です。

　一般の場合を、さらに一般化すると次の形になります。

　｛１，２，・・・，ｋ｝から１個を取り出す操作を ｎ 回行ったとき、その和が ｍ の倍数に
なる確率を求めよ。

　ｋ＝６の場合がさいころの問題です。(３)は、ｋ＝２、ｍ＝４のケースです。

　ｋ＝６、ｍ＝４の問題が、ｋ＝２、ｍ＝４の問題を部分問題として含んでいるということです。
もちろん、ｋ＝２、ｍ＝４が、ｋ＝６、ｍ＝４より簡単なのは間違いないですがかなり面倒です。

　しかし、こんなやり方より、ａｔ さんのやり方のほうが当然いいです。ａｔ さんのあざやかな解
答を自分のものにする、即ち、別の問題を解くのに使える可能性があるようにするためには、
ｍ＝４の場合の解答を自分で書いてみるのがいいと思います。この場合は、ａｔさんのαが
虚数単位 i になりますから、考えやすいです。残務処理( ｉ とかをなくす)もきちんとしたほうが
いいです。


　攻略法さんからのコメントです。（平成２３年２月２２日付け）

　ＨＰサイト「http://www.riverplus.net/sci/2005/02/post_31.html」からの引用です。

　一般の場合、結果は、固有値の ｎ 乗の和を、ｋ で割ったものになっている。
　さいころを ｎ 個投げたときの、目の和が ｋ の倍数になる確率 ａ(ｋ，ｎ) は、確率の
遷移を　ｘ(ｎ) ＝ Ａ * ｘ(ｎ−１)　のように表現したときの、確率行列Ａの固有値
λ₀、・・・、λ_k を使って、 ａ(ｋ，ｎ) ＝ (１/ｋ)・( λ₀^ｎ＋・・・＋λ_k^ｎ )　と書ける。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（引用終）

　ａｔ さんの式　：　ｐ（ｎ，ｍ）＝｛f(α)＋f(α²)＋f(α³)＋・・・＋f(α^ｍ)｝/（ｍ・６^ｎ）　は、

　　　(λ_j)^ｎ＝f(α^j)/６^ｎ

としたもののようです。私にとって、一連の簡潔した式の導出は、どちらも難しい問題です。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２３日付け）

　そういうことになりますね。私はもっぱら固有値、固有ベクトルで考えていました。ａｔさんの
やり方がはるかにいいです。

　さて、目の和とは直接関係がない練習問題です。

　正方形の頂点上を動く点Ｐがある。さいころを投げて、出た目によって定められただけ一
定方向に動く。この操作を ｎ 回行ったとき、点Ｐがもとの位置にある確率を、次のそれぞれ
の場合で求めよ。

　(１)　１か２なら１、３か４なら２、５か６なら３
　(２)　１か２なら１、３か４なら２、５か６なら０
　(３)　１なら１、２か３なら２、４か５か６なら０
　(４)　１なら１、２なら３、３か４か５か６なら０


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２４日付け）

　ａｔ さんのやり方でやればできます。ただし、一般には複素数のｎ乗を計算しなければなり
ませんから、面倒になる可能性があります。上記では、(３)以外は簡単です。

　ａｔ さんのやり方を使わないとした場合ですが、(１)は簡単な漸化式になります。(２)はがん
ばればなんとかなりそうです。(３)(４)はやや苦しいかなと思います。(４)は、２００６年に誘導
付きで京都府立大で出題されているようです。誘導なしでは難しいように思います。

　(４)を、ａｔ さんのやり方で解いておきます。

（解）　ｆ(ｘ)＝(４＋ｘ＋ｘ³)^ｎ　とおく。これを展開したときの、ｘ^ｋ の係数が、ｎ回目までで ｋ だ

　　け動いた場合の数である。従ってこれらの係数のうちで、ｋ が４の倍数であるものすべ

　　ての和を求めて、それを、６^ｎで割ればよい。

　　　ｆ(ｘ)を、ｘの４の倍数乗の形の項の和Ｓと、それ以外の項の和Ｔの和とする。

　　　１^ｋ＋ｉ^ｋ＋(−１)^ｋ＋(−ｉ)^ｋ　を考えると、

　　　(*１)　ｋが４の倍数のときは、４

　　　(*２)　ｋが４の倍数でないときは、０である。　　(ｋ＝１、２、３だけ確認すればよい)

　　ｆ(ｘ)に、ｘ＝１、ｉ、−１、−ｉ を代入して、それらを加える。

　　即ち、ｆ(１)＋ｆ(ｉ)＋ｆ(−１)＋ｆ(−ｉ) を考えると、Ｔの部分については、(*２)より０になる。

　　Ｓの部分については、(*１)より、すべての係数の和の４倍になる。

　　　従って、｛ｆ(１)＋ｆ(ｉ)＋ｆ(−１)＋ｆ(−ｉ)｝/４が、ｎ回目に元の位置に戻る場合の数である。

　　ｆ(１)＝６^ｎ　、ｆ(−１)＝２^ｎ　、ｆ(ｉ)＝４^ｎ　、ｆ(−ｉ)＝４^ｎ　なので、求める確率は

　　　(６^ｎ＋２・４^ｎ＋２^ｎ)/(４・６^ｎ)＝１/４＋(２/３)^ｎ/２＋(１/３)^ｎ/４　　（終）


　攻略法さんが、（３）の解を示されました。（平成２３年２月２５日付け）

（解）　ｆ(ｘ)＝(３＋ｘ＋２ｘ²)^ｎ　より、

　　ｆ(１)＝６^ｎ　、ｆ(−１)＝４^ｎ　、ｆ(ｉ)＝（１＋ｉ）^ｎ　、ｆ(−ｉ)＝（１＋ｉ）^ｎ　である。

　このとき、　_ｎＣ₀−_ｎＣ₂＋_ｎＣ₄−_ｎＣ₆＋・・・＝｛（１＋ｉ）^ｎ＋（１＋ｉ）^ｎ｝/２

　数値計算にて、

　　ｎ＝４ｋ、４ｋ＋１　の場合　　（−４）^［ｎ/4］　　ただし、［　］はガウス記号

　　ｎ＝４ｋ＋２　の場合　　０

　　ｎ＝４ｋ＋３　の場合　　−２・（−４）^［ｎ/4］

　したがって、求める確率は、

　　ｎ＝４ｋ、４ｋ＋１　の場合　　｛４^ｎ＋６^ｎ＋２・（−４）^［ｎ/4］｝/（４・６^ｎ）

　　ｎ＝４ｋ＋２　の場合　　（４^ｎ＋６^ｎ）/（４・６^ｎ）

　　ｎ＝４ｋ＋３　の場合　　｛４^ｎ＋６^ｎ−４・（−４）^［ｎ/4］｝/（４・６^ｎ）　　（終）


　さらに、攻略法さんは、漸化式を利用して（１）の解を示されました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年２月２６日付け）

（解）　頂点を順に、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄとする。Ｐは、最初Ｄにあるとする。Ｐが頂点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄに

　　いる「場合の数」は、遷移表で表すと、

確率 ｐ は、

　Ｐが頂点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄにいる確率を、それぞれ ａ_ｎ、ｂ_ｎ、ｃ_ｎ、ｄ_ｎ　とすると

　　ａ_ｎ＝（ｂ_ｎ-1＋ｃ_ｎ-1＋ｄ_ｎ-1）/３　・・・　式１

　　ｂ_ｎ＝（ａ_ｎ-1＋ｃ_ｎ-1＋ｄ_ｎ-1）/３　・・・　式２

　　ｃ_ｎ＝（ａ_ｎ-1＋ｂ_ｎ-1＋ｄ_ｎ-1）/３　・・・　式３

　　ｄ_ｎ＝（ａ_ｎ-1＋ｂ_ｎ-1＋ｃ_ｎ-1）/３　・・・　式４

　辺々を加えて、　ａ_ｎ＋ｂ_ｎ＋ｃ_ｎ＋ｄ_ｎ＝ａ_ｎ-1＋ｂ_ｎ-1＋ｃ_ｎ-1＋ｄ_ｎ-1

　これから、　ａ_ｎ＋ｂ_ｎ＋ｃ_ｎ＋ｄ_ｎ＝ａ₀＋ｂ₀＋ｃ₀＋ｄ₀＝０＋０＋０＋１＝１

　式４　 ｄ_ｎ＝（ａ_ｎ-1＋ｂ_ｎ-1＋ｃ_ｎ-1）/３　より、　ｄ_ｎ＝（１−ｄ_ｎ-1）/３

　よって、　ｄ_ｎ−１/４＝（−１/３）（ｄ_ｎ-1−１/４）　、ｄ₀−１/４＝３/４　から

　　　　ｄ_ｎ＝（３/４）（−１/３）^ｎ＋１/４　　（終）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２６日付け）

　（１）はサイコロの問題で、ｍ＝７の場合に相当します。同じ状態には移れないが、その他
の状態には等確率で移るという場合、即ち、遷移確率行列が主対角線上が0で他がすべて
等しい場合です。この場合は、ｐ_ｎが１−ｐ_ｎ-1の定数倍だから簡単な漸化式になります。

　また、ｄ_ｎ＝（１−ｄ_ｎ-1）/３　はすぐに出るので、ａ_ｎ、ｂ_ｎ等は必要ないかも．．．。

　（２）は(１)のようには簡単ではないですが、遷移確率行列の４乗が主対角線上が一定値
で、他も別の一定値になるので、ｐ_ｎ+4がｐ_ｎの１次式になります。従ってできるはずです。

　あるいは、ａ_ｎ、ｂ_ｎ、ｃ_ｎ、ｄ_ｎのうちの３つが等しくなると言ってもいいです。今年の広島大
学の理系の５番は、正方形ではなくて三角形でもっと簡単ですが、似たような状況です。


　攻略法さんが、次の問題

　｛１，２，・・・，ｋ｝から１個を取り出す操作を ｎ 回行ったとき、その和が ｍ の倍数に
なる確率を求めよ。

を、Ｅｘｃｅｌ ＶＢＡの数値計算で求められました。（平成２３年２月２３日付け）

　ａｔ さんの式を使っています。固有値、固有ベクトルの算出がないので楽です。

K=6, m=5
1 : 0.999999999999998 / 6
2 : 6.99999999999999 / 36
3 : 43 / 216
4 : 259 / 1296
5 : 389 / 1944
6 : 9331 / 46656
7 : 55987 / 279936
8 : 335923 / 1679616
9 : 2015539 / 10077696
10 : 3023309 / 15116544

Sub Test()

'-----------------
'問題
'{1,2,3,,…,k}から1個を取り出す操作をn回行ったとき、その和がmの倍数になる確率を求めよ。

Let m = 4　 'mの倍数
Let K = 6 　'{1,2,3,4,5,6}から１個を取り出す操作をn回行う
Dim C(20) 　'x^kの係数
For j = 1 To K
C(j) = 1
Next j

'-----------------
'問題
'正方形の頂点上を動く点Pがある｡さいころを投げて出た目によって定められた
'だけ一定方向に動く｡この操作をn回行ったとき点Pがもとの位置にある確率を
'次のそれぞれの場合で求めよ｡
'(1)1か2なら1、3か4なら2、5か6なら3
'(2)1か2なら1、3か4なら2、5か6なら0
'(3)1なら1、2か3なら2、4か5か6なら0
'(4)1なら1、2なら3、3か4か5か6なら0

''Let m = 4 'mの倍数
''Dim C(20) 'x^kの係数
''K = 3: C(1) = 1: C(2) = 1: C(3) = 1 　'x+x^2+x^3
''K = 4: C(1) = 1: C(2) = 1: C(3) = 0: C(4) = 1 'x+x^2+x^4
''K = 4: C(1) = 1: C(2) = 2: C(3) = 0: C(4) = 3 'x+2x^2+3x^4
''K = 4: C(1) = 1: C(2) = 0: C(3) = 1: C(4) = 4 'x+x^3+4x^4
'-----------------

CC = 0 　'係数の和
For j = 1 To K
　　CC = CC + C(j)
Next j

Pi = 3.14159265358979
Let th = 2 * Pi / m 　'θ

For n = 1 To 10 　'n回

　　Let ReT = 0　 'Σ[j=1,m]{f(α^j)}
　　Let ImT = 0
　　For j = 1 To m
　　'α = cosθ + i * sinθのとき､
　　'ド・モアブルの定理より、α^n = (cosθ + i * sinθ)^n = cos(nθ) + i * sin(nθ) となる。
　　Let ReAj = Cos(j * th) 　'α^j
　　Let ImAj = Sin(j * th)

　　Call FNC(ReAj, ImAj, C, K, n, ReFN, ImFN) 　'f(α^j)の算出

　　Let ReT = ReT + ReFN 　'Σf(α^j)の算出
　　Let ImT = ImT + ImFN

　　'''Debug.Print j; "("; ReAj; ImAj; ") ("; ReFN / K ^ n; ImFN / CC ^ n; ")" 'debug"
Next j

　'''Debug.Print n; ": ("; ReT / m; ImT / m; ")"; CC ^ n 'p(n,m)=Σ[j=1,m]{f(α^j)}/(m*CC^n)
　w = GCD(ReT / m, CC ^ n)
　Debug.Print n; ":"; ReT / m / w; "/"; CC ^ n / w 　'p(n,m)=Σ[j=1,m]{f(α^j)}/(m*CC^n)

Next n

End Sub


'母関数 f(x)=(C[1]x+C[2]x^2+C[3]x^3+C[4]x^4+C[5]x^5+C[6]x^6+ … +C[k]x^k)^n
Sub FNC(ByVal ReX, ByVal ImX, ByRef C(), ByVal K, ByVal n, ByRef ReFN, ByRef ImFN)

'x(C[1]+x(C[2]+x(C[3]+x(C[4]+x( … )))))
Let ReT = C(K) * ReX
Let ImT = C(K) * ImX
For i = 1 To K - 1
　　Let w = C(K - i) + ReT 　'(1+x)
　　Let u = ImT
　　Let ReT = ReX * w - ImX * u 'x(1+x)
　　Let ImT = ReX * u + ImX * w
Next i

'べき乗 z=(x+y*i)^n → X+Y*i
'　z^n=r^n*(COS(n*θ)+i*SIN(n*θ))、r=SQR(x*x+y*y), θ=ARG(x,y)
Let r = Sqr(ReT * ReT + ImT * ImT)
Let th = ANGLE(ReT, ImT)
Let t = r ^ n
Let ReFN = t * Cos(n * th)　 'X
Let ImFN = t * Sin(n * th)　 'Y

End Sub


Function ANGLE(ByVal x, ByVal y)　 '偏角θ (-π,π]
Pi = 3.14159265358979

If x > 0 Then　 '第１象限、第４象限
　　Let r = Atn(y / x)
Else
　　If x < 0 Then
　　If y >= 0 Then　 '第２象限
　　　　Let r = Atn(y / x) + Pi
　　Else　 '第３象限
　　　　Let r = Atn(y / x) - Pi
　　End If
Else 　'x = 0
　　If y > 0 Then　 '∞
　　　　Let r = Pi / 2
　　Else
　　　　If y < 0 Then 　'-∞
　　　　　　Let r = -Pi / 2
　　　　Else 　'y = 0
　　　　　　Debug.Print "ARG関数は不定です。"
　　　　　　Stop
　　　　End If
　　End If
　End If
End If
Let ANGLE = r
End Function

Function GCD(a, b) 　'最大公約数
Do Until b = 0
　　Let t = b
　　Let b = a Mod b
　　Let a = t
Loop
Let GCD = a
End Function


　京都大学で次のような問題が出題されている。

京都大学　前期理系（２０００）

　ｎ、ｋ は整数で、ｎ≧２、０≦ｋ≦４ とする。サイコロを ｎ 回投げて出た目の和を５で
割ったときの余りがｋ に等しくなる確率を ｐ_ｎ（ｋ）とする。

（１）　ｐ_ｎ+1（０）、・・・、ｐ_ｎ+1（４）をｐ_ｎ（０）、・・・、ｐ_ｎ（４）を用いて表せ。

（２）　ｐ_ｎ（０）、・・・、ｐ_ｎ（４）の最大値をＭ_ｎ、最小値をｍ_ｎとするとき、次の（イ）（ロ）が

　　成立することを示せ。

　　（イ）　ｍ_ｎ≦１/５≦Ｍ_ｎ

　　（ロ）　任意の ｋ、ｌ （０≦ｋ、ｌ≦４）に対し　ｐ_ｎ+1（ｋ）−ｐ_ｎ+1（ｌ）≦（Ｍ_ｎ−ｍ_ｎ）/６

　（３）　ｎ→∞　のとき、ｌｉｍ ｐ_ｎ（ｋ） を求めよ。


　京都大学は、どうもこの手の問題がお好きらしい。


（追記）　「ものは考えよう」と題して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さんからの
　　　　投稿です。（平成２６年８月２４日付け）

　３個のサイコロを投げて出た３つの目の積が６の倍数である確率を求めるのをどう考えま
すか？あなたが考える方法を知らせて下さい。また、この確率が0．9（９割）を越えるために
は何個のサイコロを投げればよいか？


　DD++さんからのコメントです。（平成２６年８月２４日付け）

　ｎ個のサイコロの出目は独立で、また1つのサイコロについて偶数が出る事象と3の倍数が
出る事象は独立です。

　積が6の倍数になるには、少なくとも1つ偶数かつ少なくとも1つ3の倍数であればよく、その
確率は、
　　　　　 (1-(1/2)ⁿ)(1-(2/3)ⁿ)

　サイコロ3つのときには、　7/8 × 19/27 = 133/216

　0．9 を超えるには、順に代入して、n≧7


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ａｔ」さんから類題を頂きました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２６年８月２５日付け）

　ｎを正の整数とします。ｎ個のサイコロを振って、それらの出目の積が立方数となる確率を
P(n) とします。

例　P(1)=1/6　、P(2)=1/12　、P(3)=1/18

　P(ｎ)を、ｎの式で表すとどうなるかを考えてみてください。


（コメント）　出る目の積 Ｐ は、　Ｐ＝２^ａ・３^ｂ・５^ｃ　　（ ａ、ｂ、ｃ は、０以上の整数）　と書くこと
　　　　　　ができる。

　ｎ 個のうち、５の目は ｃ 個出る。いま、６の目が ｓ 個、４の目が ｔ 個出るとすると、

　　３の目は、ｂ−ｓ 個、　２の目は、ａ−ｓ−２ｔ 個、　１の目は、ｎ＋ｓ＋ｔ−ａ−ｂ−ｃ 個

出る。ところで、

ｎ＝１のとき、立方数は１のみなので、目の数は１。よって、確率は、P(1)=1/6

ｎ＝２のとき、　１〜３６の中で起こりうる立方数は、１、８なので、

　　１→（１，１）　　８→（２，４）、（４，２）

　よって、確率は、P(2)=3/36=1/12

ｎ＝３のとき、１〜２１６の中で起こりうる立方数は、１、８、２７、６４、１２５、２１６なので、

　　１→（１，１，１）
　　８→（１，２，４）、（１，４，２）、（２，１，４）、（４，１，２）、（２，４，１）、（４，２，１）、（２，２，２）
　２７→（３，３，３）
　６４→（４，４，４）
１２５→（５，５，５）
２１６→（６，６，６）

　よって、確率は、P(3)=12/216=1/18


　ＧＡＩ さんが考察されました。（平成２６年８月２６日付け）

　例の続きをすごく原始的に調べてみました。

ｎ＝４のとき、４つのサイコロの数の組合せが

1;1;1;1　　1;1;2;4　　1;2;2;2　　1;3;3;3　　1;4;4;4　　1;5;5;5　　1;6;6;6　　2;2;4;4　　2;3;6;6　　3;3;4;6

の10パターンで、この順列を考えて、63通り。　よって、確率P(4)=63/6^4=7/144

ｎ＝５のとき、同様に、

1;1;1;1;1　　1;1;1;2;4　　1;1;2;2;2　　1;1;3;3;3　　1;1;4;4;4　　1;1;5;5;5　　1;1;6;6;6　　1;2;2;4;4
1;2;3;6;6　　1;3;3;4;6　　2;2;2;2;4　　2;2;3;3;6　　2;3;3;3;4　　2;4;4;4;4　　2;4;5;5;5　　2;4;6;6;6
3;4;4;6;6　　17パターン

　これを元に、351通りなので、確率P(5)=351/6^5=13/288

ｎ＝６のとき、

1;1;1;1;1;1　　1;1;1;1;2;4　　1;1;1;2;2;2　　1;1;1;3;3;3　　1;1;1;4;4;4　　1;1;1;5;5;5　　1;1;1;6;6;6
1;1;2;2;4;4　　1;1;2;3;6;6　　1;1;3;3;4;6　　1;2;2;2;2;4　　1;2;2;3;3;6　　1;2;3;3;3;4　　1;2;4;4;4;4
1;2;4;5;5;5　　1;2;4;6;6;6　　1;3;4;4;6;6　　2;2;2;2;2;2　　2;2;2;3;3;3　　2;2;2;4;4;4　　2;2;2;5;5;5
2;2;2;6;6;6　　2;2;3;4;6;6　　2;3;3;4;4;6　　3;3;3;3;3;3　　3;3;3;4;4;4　　3;3;3;5;5;5　　3;3;3;6;6;6
4;4;4;4;4;4　　4;4;4;5;5;5　　4;4;4;6;6;6　　5;5;5;5;5;5　　5;5;5;6;6;6　　6;6;6;6;6;6

　の34パターンで、これを元に1926通り。　よって、確率P(6)=1926/6^6=107/2592

ｎ＝７のとき、

1;1;1;1;1;1;1　　1;1;1;1;1;2;4　　1;1;1;1;2;2;2　　1;1;1;1;3;3;3　　1;1;1;1;4;4;4　　1;1;1;1;5;5;5
1;1;1;1;6;6;6　　1;1;1;2;2;4;4　　1;1;1;2;3;6;6　　1;1;1;3;3;4;6　　1;1;2;2;2;2;4　　1;1;2;2;3;3;6
1;1;2;3;3;3;4　　1;1;2;4;4;4;4　　1;1;2;4;5;5;5　　1;1;2;4;6;6;6　　1;1;3;4;4;6;6　　1;2;2;2;2;2;2
1;2;2;2;3;3;3　　1;2;2;2;4;4;4　　1;2;2;2;5;5;5　　1;2;2;2;6;6;6　　1;2;2;3;4;6;6　　1;2;3;3;4;4;6
1;3;3;3;3;3;3　　1;3;3;3;4;4;4　　1;3;3;3;5;5;5　　1;3;3;3;6;6;6　　1;4;4;4;4;4;4　　1;4;4;4;5;5;5
1;4;4;4;6;6;6　　1;5;5;5;5;5;5　　1;5;5;5;6;6;6　　1;6;6;6;6;6;6　　2;2;2;2;2;4;4　　2;2;2;2;3;6;6
2;2;2;3;3;4;6　　2;2;3;3;3;4;4　　2;2;4;4;4;4;4　　2;2;4;4;5;5;5　　2;2;4;4;6;6;6　　2;3;3;3;3;6;6
2;3;4;4;4;6;6　　2;3;5;5;5;6;6　　2;3;6;6;6;6;6　　3;3;3;3;3;4;6　　3;3;4;4;4;4;6　　3;3;4;5;5;5;6
3;3;4;6;6;6;6　　49パターン

　これを元に、10809通りなので、確率P(7)=10809/6^7=1201/31104

　これ以上になると、自分が書いているプログラムがむちゃ長くなるので諦めました。でも、
これから一般式P(n)を作り出すのが難しかったです。1の目が出るときと、出ないときに分け
て考えるのがコツのような気がします。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年８月２７日付け）

　このページの冒頭を読んで、ピンと思ったのでやってみました。

　Ｐ＝１＋ｘ＋ｘ²＋ｙ＋ｘｙ＋ｚ　とおく。（←　ＦＮさんの、このアイデアが面白い！）
(サイコロの目の素因数　2→ｘ、3→ｙ、5→ｚ に対応させたもの）

　すると、

Ｐ²=1 + 2 x + 3 x^2 + 2 x^3 + x^4 + 2 y + 4 x y + 4 x^2 y + 2 x^3 y + y^2 + 2 x y^2 + x^2 y^2
　　 + 2 z + 2 x z + 2 x^2 z + 2 y z + 2 x y z + z^2

Ｐ³=1 + 3 x + 6 x^2 + 7 x^3 + 6 x^4 + 3 x^5 + x^6 + 3 y + 9 x y + 15 x^2 y + 15 x^3 y
　　 + 9 x^4 y + 3 x^5 y + 3 y^2 + 9 x y^2 + 12 x^2 y^2 + 9 x^3 y^2 + 3 x^4 y^2 + y^3
　　 + 3 x y^3 + 3 x^2 y^3 + x^3 y^3 + 3 z + 6 x z + 9 x^2 z + 6 x^3 z + 3 x^4 z + 6 y z
　　 + 12 x y z + 12 x^2 y z + 6 x^3 y z + 3 y^2 z + 6 x y^2 z + 3 x^2 y^2 z + 3 z^2 + 3 x z^2
　　 + 3 x^2 z^2 + 3 y z^2 + 3 x y z^2 + z^3

Ｐ⁴=1 + 4 x + 10 x^2 + 16 x^3 + 19 x^4 + 16 x^5 + 10 x^6 + 4 x^7 + x^8 + 4 y + 16 x y
　　 + 36 x^2 y + 52 x^3 y + 52 x^4 y + 36 x^5 y + 16 x^6 y + 4 x^7 y + 6 y^2 + 24 x y^2
　　 + 48 x^2 y^2 + 60 x^3 y^2 + 48 x^4 y^2 + 24 x^5 y^2 + 6 x^6 y^2 + 4 y^3 + 16 x y^3
　　 + 28 x^2 y^3 + 28 x^3 y^3 + 16 x^4 y^3 + 4 x^5 y^3 + y^4 + 4 x y^4 + 6 x^2 y^4
　　 + 4 x^3 y^4 + x^4 y^4 + 4 z + 12 x z + 24 x^2 z + 28 x^3 z + 24 x^4 z + 12 x^5 z
　　 + 4 x^6 z + 12 y z + 36 x y z + 60 x^2 y z + 60 x^3 y z + 36 x^4 y z + 12 x^5 y z
　　 + 12 y^2 z + 36 x y^2 z + 48 x^2 y^2 z + 36 x^3 y^2 z + 12 x^4 y^2 z + 4 y^3 z
　　 + 12 x y^3 z + 12 x^2 y^3 z + 4 x^3 y^3 z + 6 z^2 + 12 x z^2 + 18 x^2 z^2 + 12 x^3 z^2
　　 + 6 x^4 z^2 + 12 y z^2 + 24 x y z^2 + 24 x^2 y z^2 + 12 x^3 y z^2 + 6 y^2 z^2
　　 + 12 x y^2 z^2 + 6 x^2 y^2 z^2 + 4 z^3 + 4 x z^3 + 4 x^2 z^3 + 4 y z^3 + 4 x y z^3 + z^4

を利用すれば、例えば、４個のサイコロを投げて、その目の積が立方数をもたらすのは、Ｐ⁴
での候補の項の係数

　　1→1　、x^3→16　、x^6→10　、y^3→4　、x^3y^3→28　、z^3→4

を合計することで、1+16+10+4+28+4=63（通り）を得て、これから確率P(4)=63/6^4=7/144

とできることになるんですね！私の拙いプログラムであえなくn=7でストップしていたことも、上
記の機械的展開での特定の項の係数を拾い集めればいいわけで、やってみました。

ｎ＝８のとき、

1→1　、x^3→112　、x^6→784　、x^9→1016　、x^12→266　、x^15→8　、y^3→56　、x^3y^3→5096
x^6y^3→20328　、x^9y^3→10360　、x^12y^3→448　、y^6→28　、x^3y^6→1960　、x^6y^6→3164
x^9y^6→224　、z^3→56　、x^3z^3→1680　、x^6z^3→2520　、x^9z^3→280　、y^3z^3→560
x^3y^3z^3→10080　、x^6y^3z^3→2800　、z^6→28　、x^3z^6→56

の係数の合計から、61911（通り）を得て、これから確率P(8)=61911/6^8=2293/62208

　しかし、これを出すのに目が痛くなった。これ以上やると体によくない。
（これらの作業を自動でやらせるプログラムが作れないのが情けない。）
でも、原理は掴めたと思う。あとは、数式的に表現してやれば一般式ができそうだ。でも私は
できない。どなたかお助けを！


　ａｔ さんからのコメントです。（平成２６年８月２７日付け）

　なるほど。ＦＮさんのアイデアは強力な方法ですね。このようなアイデアは私には全くありま
せんでした。素晴らしい着想だと思います。

　GAIさんの方法を使えば、P(n)は簡単に計算できてしまいますね。

　ｎ個のサイコロを振ったとき、出目の積が立方数になるような場合の数は、

　(1+x+x^2+y+x*y+z)^n を展開したときの、x^(3a)*y^(3b)*z^(3c) (a，b，cは0以上の整数)

という形にかける項の係数をすべて足し合わせたものになります。

　したがって、1 の立方根 ω=(-1+・i)/2 とすれば、P(n)は次のように書けます。

　P(n)=(1/(27・6ⁿ))Σ_a=0〜2Σ_b=0〜2Σ_c=0〜2 (1+ω^a+ω^2a+ω^b+ω^a+b+ω^c)ⁿ

　これを計算すると、

P(n)=1/(27・6ⁿ)*((-3/2-i/2)ⁿ+(-3/2+i/2)ⁿ+(i)ⁿ+(3/2+i/2)ⁿ+(-i)ⁿ
　　　+(3/2-i/2)ⁿ+(-i)ⁿ+(3/2-i/2)ⁿ+(-3/2-i/2)ⁿ+(-3/2+i/2)ⁿ+(3/2-i/2)ⁿ
　　　+(i)ⁿ+2(3/2+i/2)ⁿ+(9/2-i/2)ⁿ+(3-i)ⁿ+(3/2-3i/2)ⁿ+(9/2+i/2)ⁿ
　　　+(3+i)ⁿ+(3/2+3i/2)ⁿ+6ⁿ)

　私の用意していた解法も母関数を使ったものですが、上記のような明快なものではなく、場
合わけが多く面倒なものでした。

　ｎ個のサイコロを振ったとき、出目の積が平方数になるような確率をQ(n)とすると、Q(n)も
P(n)を計算したときと同じ手法で計算できます。

Q(n)=(1/(8・6ⁿ))Σ_a=0〜1Σ_b=0〜1Σ_c=0〜1 (1+(-1)^a+(-1)^2a+(-1)^b+(-1)^a+b+(-1)^c)ⁿ
　　 =(1/(8・6ⁿ))(6ⁿ+4ⁿ+3・2ⁿ)
　　 =(1+(2/3)ⁿ+(1/3)^n-1)/8


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年８月２８日付け）

　これがP(n)の一般式なんですね。（これをあれこれ探していたことがとんでもないことだと
認識しました。）このとんでもない式を利用させてもらい、ｎ＝１〜５２（個）＜トランプにこだ
わっている＞での計算をしてみました。

P(1)=1/6、P(2)=0.08333333333333333333333333333、・・（詳細）・・、
P(50)=0.03703693325029630693907580920
P(51)=0.03703696042058939792045299878
P(52)=0.03703698265464195428840635563

　サイコロの個数が増えても数値が余り変化せず、むしろ一定値に近づく様子です。でも、こ
れらの数値も、すべて有理数で表せるんですよね。ここは数学ソフトを使い（Mathematica で
のRationalizeコマンド＜小数３０位まで合わせる設定で＞）P(8)以降をズルしてみました。

P(2)= 1/12、P(3)= 1/18、P(4)= 7/144、P(5)= 13/288、・・（詳細）・・、
P(50)= 25072010110766/676946169957671
P(51)= 130479912791332/3522964933126539
P(52)= 5046521554881/136256282050247

　いやはや、atさんの出される問題は面白いです。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２６年８月２８日付け）

　個数が多いとき、2、3、5 のそれぞれの素因数が、0、1、2 個である確率が1/3ずつに近く
なりますので、1/3^3=1/27に近づきます。平方数のときに、1/2^3=1/8に近づくのと同じです
ね。同様に、四乗数なら1/4^3=1/64、五乗数なら1/5^3=1/125に近づくはずです。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２６年８月２８日付け）

　確率P(n)を無理矢理に分数表現に切り替えてみたが、P(n)・6ⁿ が整数になる範囲をみて
みましたら、n=25 までが限界のようです。以下、n=2〜25での目の出方の総数に対応か？
3, 12, 63, 351, 1926, 10809, 61911, 362556, 2148363, 12809259,76737942, 461631717,
2785178763, 16827294132, 101680219431, 614036162727, 3704593001670, 22327489473633,
134435477754063, 808746510141036, 4861795845310803, 29209839973829523,
175415198236126038, 1053077368212478701


　らすかるさんからのコメントです。（平成２６年８月２８日付け）

　n=1〜50で、分子(立方数の個数)は以下のようになりますね。

1, 3, 12, 63, 351, 1926, 10809, 61911, 362556, 2148363, 12809259, 76737942, 461631717,
2785178763, 16827294132, 101680219431, 614036162727, 3704593001670, 22327489473633,
134435477754063, 808746510141036, 4861795845310803, 29209839973829523,
175415198236126038, 1053077368212478701, 6320464029090163683, 37928479307063294052,
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　　　以下、工事中