テクノロジー犯罪

真鍋里紗〔京都陶化中学出身今年30〕

石井啓資〔嵐山中26〜7〕

ゆうき〔西院中25〕

中村杏奈〔洛西中20代〕

藤巻〔九条中30〕

じゅんき〔岩倉中26〕



こいつらほど粕なテク犯はいまいw

□当たり　■ハズレ

ゲームを二回しか行わない場合は
期待値の設定ができない
（３回のうち何回当たるという表現ができない）

１□■■…ｐ１
２■□■…ｐ２

考えられる組み合わせは４つ

（□■　■□　□□　■■）…ｐ３

ｐ３は、次のように分解できる

（□■□■）…一回目の選択

（■□□■）…二回目の選択

一回目も二回目もともに確率５０％

ｐ１とｐ２は独立な試行
（ｐ１の結果がｐ２の結果に影響を与えない）

ｐ１の確率は５０％、ｐ２の確率は５０％
（ベルヌーイ・トライアル）

以上により、
ｐ３のそれぞれの要素の起こる確率は
すべて等しく各５０％になる

帰納法の仮定 1., 2. を満たす論理式 P(n) が与えられたとする
自然数の部分集合 A を A = { n ∈ N : ¬ P(n) } によって定める
この A が空集合であるということを示したい
そうでないと仮定すると、
Aに属する最小の自然数 a を取ることができるが、
P(0)は成り立っていることから a は0でない

２（N−１）＋（N−１）^2＋１＝

Ｎ^2

ゲームが成立する確率　２（N−１）／Ｎ^2

ゲームが不成立の確率　｛（N−１）^2＋１｝／Ｎ^2

□|■■
■|□■
■|■□

A B C
□■■

A B C
□■■

.A B C
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■
□■■

■このゲームができるのは1回だけです

Aのツボは99個の青い球と1個の赤い球が詰まっている

Bのツボは99個の赤い球と1個の青い球が詰まっている

このとき、自分の目の前のツボから1個球を
取り出してみたら赤い球であった

目の前のツボはAのツボだろうか、Bのツボだろうか

P(B)＝ｂとおく

０≦ｂ≦１

ドアAが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

ドアCが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

P(A)＝aとおく

０≦a≦１／２

P(A|B)＝ｂ／（ｂ＋１）

P(C|B)＝１／（ｂ＋１）

P(B)＝ｂとおく

０≦ｂ≦１

ドアAが当たりである確率　ｂ／（１＋ｂ）

ドアCが当たりである確率　１／（１＋ｂ）

P(A)＝aとおく

０≦a≦１／２

P(A|B)＝ｂ／（１＋ｂ）

P(C|B)＝１／（１＋ｂ）

ドアB、Cをランダムに（ｂ＝１／２の確率で）選択したときに限って、
ドアAが当たりの確率は１／３のまま
ドアCが当たりの確率は当初の１／３から２／３に上がる

学生数ｘ　女子学生数ｙ

無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ

｛男男　男女　女男　女女｝

｛女女｝５０％…a

｛男男　男女　女男｝５０％…ｂ

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a≦５００

ｂの最低女子数は２…ｃ

ｂの最低男子数は４…ｄ

２５０≦ｂ≦５００

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a＝ｘ−ｂ

ｂを分割する

｛男男｝…ｂ１

｛男女｝…ｂ２

｛女男｝…ｂ３

事象aが観測された元でのそれぞれの確率は

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)

学生数ｘ　女子学生数ｙ

無作為に２人を抽出して可能となる組み合わせ

｛男男　男女　女男　女女｝

｛女女｝５０％…a

｛男男　男女　女男｝５０％…ｂ

５００≦ｘ≦１０００

ｘ＝a＋ｂ

２５０≦a＝ｘ−ｂ

ｂを分割する

｛男男｝…ｂ１

｛男女｝…ｂ２

｛女男｝…ｂ３

事象aが観測された元でのそれぞれの確率は

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)

学生数ｘに占める女子学生数ｙの割合は

ｙ／ｘ＝７／１０が尤もらしい

ゆえに、

P(ｂ１|a)＝P(ｂ１) * P(a|ｂ１)＝３／１０

P(ｂ２|a)＝P(ｂ２) * P(a|ｂ２)＝１／１０

P(ｂ３|a)＝P(ｂ３) * P(a|ｂ３)＝１／１０

2x(x-1)(x-2)(x-3)=y(y-1)(y-2)(y-3)の整点は？

この曲線Aは、16個の自明な整点
(x,y) ∈ {0,1,2,3}×{0,1,2,3}
を持つ

この曲線Aは、４個の自明な整点
(x,y) ∈ {0,1}×{0,1}
を持つ

A:2x(x-1)=y(y-1)

B-2での試験も問題なく成功したと発表されており、
B61-12の開発計画が順調に進んでいることがうかがえます
このまま予定通りに進めば、B61-12の製造は2020年に開始され、
既存のB61を更新する予定です
また、将来的にはB83のようなメガトン級の核爆弾も
置き換えられる可能性がある、とも言及されています

http://otakei.otakuma.net/wp/wp-content/uploads/2018/07/1db035883639a0eb21627ab089557ae3.jpg
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[G]G{C}のケースはクルマのドアを開けてしまうことになるから
この可能性は消える――

消えるわけではなく2番のドアを開けるにシフト
[G]{G}C

4. 司会者が回答者に訊く「2番のドアに変更したいですか」
回答者は2番のドアを選ぶことでクルマを当てやすくなるだろうか―

回答者は2番と3番どちらのドアでも選択可能

[C]G [G]C [G]C-> C[G] G[C] G[C]

チェンジでCを選ぶ可能性は２／３にアップ

ラプラス流の確率の定義

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がn通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目に選択したドアがi、２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

♯#A＝９−２^2＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

#A＝３ｘ３−２ｘ２＝９−４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

#Aは事象Aに含まれるハズレ要素の個数

ゲームが二回だけの時は
最初に粗利を引く確率が１／２をやや上回る

■１〜３のドアの内のどれかに当たりがある確率

ドアの大きさはすべて同じで
起こり得る場合の数がｎ通りあり、
どの場合も起こるのが同様に確からしいとする

ある事象Aの場合の数がｒ通りであるとき,
事象Aの起こる確率をｐ＝ｒ／ｎと定義する
（ラプラス流の確率の定義）

事象Aの場合の数／起こり得るすべての場合の数

ゲームを二回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦３｝

#A＝３ｘ３−２ｘ２＝９−４＝５なのでAの起こる確率ｐ＝５／９

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが二回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／２をやや上回る

ゲームを三回行って起こり得る根元事象全体は
(１回目のゲームで最初に選択したドアがi、
２回目のゲームで最初に選択したドアがj、
３回目のゲームで最初に選択したドアがｋのとき（i，j，ｋ）と書くと)

Ω＝｛（i，j，ｋ）|１≦i≦３，１≦j≦３，１≦ｋ≦３｝

#A＝３ｘ３ｘ３−２ｘ２ｘ２＝２７−８＝１９なのでAの起こる確率ｐ＝１９／２７

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームが三回だけの時は
最初に当たりを引く確率が１／３をやや上回る

#A＝３^ｎ−２^ｎなのでAの起こる確率ｐ＝（３^ｎ−２^ｎ）／３^ｎ

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ゲームをｎ回行って少なくとも一回の当たりを引く確率は

ｐ＝（３^ｎ−２^ｎ）／３^ｎ

■ドアが１００枚だとどうなる

ゲームを一回だけ行って
起こり得る根元事象全体は
(ゲームで最初に選択したドアがi、
ゲームで２回目に選択したドアがjのとき（i，j）と書くと)

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦１００，１≦j≦２｝

#A＝１００ｘ２−９９ｘ１＝２００−９９＝１０１なので

Aの起こる確率ｐ＝１０１／２００≒１／２

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが１００枚でゲームが一回だけの時は
ステイでもチェンジでも当たりを引く確率が１／２になる

ステイ　or　チェンジを含めてゲームを二回行うと

242,953

■ゲームが一回でドアがN枚で当りを引く確率

N→∞に向かうと

P(A)＝（N−１）／２N

Nが奇数の時は

P(A)＝｛（N＋１）／２｝／N

期待値μであるような独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…Xｎ｝／ｎ

のとる値は、十分大きなnまで考えれば、ほとんどのnでおおよそμである

[Xn]がμから大きく外れるようなnの現れる確率はnを無限に大きくすると０に近づく

lim［Xｎ］＝μ　in probability
n→∞

期待値μであるような
独立同時分布確率変数列X１、X２…の算術平均

［Xｎ］＝｛X１＋X２＋…Xｎ｝／ｎ

のとる値は、十分大きなｎまで考えれば、
ほとんどのｎでおおよそμである

[Xｎ]がμから大きく外れるようなｎの現れる確率は
ｎを無限に大きくすると０に近づく

lim［Xｎ］＝μ　in probability
ｎ→∞

■ゲームが一回でドアがｎ枚で当りを引く確率

ｎ→∞に向かうと

P(A)＝（ｎ＋１）／２ｎ

ｎが奇数の時は

P(A)＝｛（ｎ＋１）／２｝／ｎ

２／３

５／８

３／５

７／１２

４／７

■ゲームが一回でドアがｎ枚で当りを引く確率

ｎ→∞に向かうと

P(A)＝（ｎ＋１）／２ｎ

ｎが奇数の時は

P(A)＝｛（ｎ＋１）／２｝／ｎ


ドアが３枚　P(A)＝２／３

ドアが４枚　P(A)＝５／８

ドアが５枚　P(A)＝３／５

ドアが６枚　P(A)＝７／１２

ドアが７枚　P(A)＝４／７

□□　■■　■■
□□　■■　■■
□□　■■　■■

□□　■□　■■
■□　■■　■□
□■　■■　■■

■■　■□　□■
■■　□■　■□
■■　■□　□■

ゲームの回数を一回で固定して

ドアの枚数を増やすことをｎ回繰り返しのゲームとして
置き換える

これは1bitΔΣ変調回路からのアイデア

limP（|｛X１＋X２＋…＋Xｎ｝／ｎ−μ|≧ε）＝０
n→∞

正数 ε＞0

■ドアが二枚の時のモンティの介在方法

プレイヤーのファーストチョイス

□□　■■　
□□　■■　
□□　■■　P(A)＝１／２

モンティはプレイヤーが当たりを引いていても
ハズレのドアは開けずにセカンドチョイスを問う

□□　■■　
□□　■■　
□□　■■　P(A)＝１／２

プレイヤーが最初にハズレを引いている時は
最初からドアを開けられないので
モンティはステイorチェンジのみを問う

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦２，１≦j≦２｝

#A＝２ｘ２−１ｘ１＝４−１＝３なのでAの起こる確率ｐ＝３／４

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが二枚の時は当たりの確率P(A)＝３／４

平面内の集合 A に対して, 　その面積を |A| で表すことにする.

平面内の集合 A, B に対して |A ∪ B| = |A| + |B| ? |A ∩ B|.

特に A ∩ B = ? を満たせば |A ∪ B| =P(A) + P(B).

平面内の集合Aに対して,その面積を|A|で表すことにする.

平面内の集合A, Bに対して|A∪B| = |A|+|B|−|A∩B|.

特にA∩B = 0を満たせば|A∪B| =P(A)+P(B).


確率は面積や体積の親戚と言ってよい

■ドア三枚でゲームを一回だけ行った時の確率空間

Ω＝｛（i，j）|１≦i≦３，１≦j≦２｝

Ｆ＝Ωの部分集合全体

P(A)＝Ａの要素の個数／６

?

有限集合Ω＝｛ω1，…，ωn｝

ＦをΩの部分集合全体

各根元事象ωiの確率をｐi


P(A)＝Σ｛i|ωi∈Ａ｝ｐi と定義すると

（Ω，F，P）は確率空間である

n
σ＝√１／ｎΣ（Xi−μ）^2
i=1

標準偏差はデータの散らばり具合を表す指標です
標準偏差が大きい→平均 μ から遠く離れたデータが多い→散らばり大
標準偏差が小さい→平均 μ に近いデータが多い→散らばり小
と解釈できます

０．００４４４４
０．０００６２５
０．０００２７７
０．０００８１６

０．００６１６２
０．００１２３２４

０．０００００１５１８８

１／１５

１／４０

１／６０

１／３５

＝０．０１２３７５５６６８９

０．００１２３２４

分散が大きい→平均 μ から遠く離れたデータが多い→散らばり大
分散が小さい→平均 μ に近いデータが多い→散らばり小

０．００４４４４４４４４４
０．０００２７７７７７７７
０．０００８１６３２６５３

０．００６１６３５４８６７
０．００１２３２７０９７３

? = { 晴, 曇, 雨, 雪 } とおくとき，

F = {φ, ?, { 晴, 曇 }, { 雨, 雪 }} は，σ 集合族である．

Ω = { 晴, 曇, 雨, 雪 } とおくとき，

F = {φ, Ω, { 晴, 曇 }, { 雨, 雪 }} は，σ 集合族である．

携帯型心理診断鎮圧執行システム

P(A)＝nCxP^x（１−P）^n-x

Ω＝｛当たり，ハズレ，ハズレ} とおくとき，

F＝｛φ，Ω，｛当たり，ハズレ｝，｛ハズレ，ハズレ｝｝は，σ 集合族である．

● 定理（ド・モアブル−ラプラスの定理）

(1) n が十分大きければ，二項分布 B(n, p) は，近似的に正規分布
N (n p, n p q) （ q = 1 ? p ）
に従うと考えてよい（注）十分大きな n の基準例： n ? 100

(2) 従って， X 〜 B(n, p) （ n ? 100 ）のときは，
X 〜 N (n p, n p q)である

■ドアが四枚の時のモンティの介在方法

プレイヤーのファーストチョイス

□□|　■■　■■　■■
□□|　■■　■■　■■
□□|　■■　■■　■■　P(A)＝１／４

プレイヤーのファーストチェンジ

□□|　■■　■■
□□|　■■　■■
□□|　■■　■■　P(A)＝３／８

プレイヤーのファーストチェンジで
当たりを引いている時は
モンティはプレイヤーのファーストチョイス時のドアを開く

■■|　□□　■■
■■|　□□　■■
■■|　□□　■■　P(A)＝１／３

プレイヤーのセカンドチョイス
（ステイorチェンジ）

□□|　■■　
□□|　■■　
□□|　■■　P(A)＝１／２


Ω＝｛（i，j，k）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦２｝

#A＝４ｘ３ｘ２−３ｘ２ｘ１＝２４−６＝１８なので

Aの起こる確率ｐ＝１８／２４＝３／４

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが四枚の時は当たりの確率P(A)＝３／４

プレイヤーがCのドアを選択した時は
モンティはAのドアを開ける

P(B|C)＝P(B) * P(C|B)＝３／４
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)＝３／８

P(C|A)＝P(C) * P(A|C)＝３／８

ここからステイorチェンジすると

P(B|C)＝１／４
P(B|A)＝５／８

P(C|A)＝５／８

Ω＝｛（i，j，k）|１≦i≦４，１≦j≦３，１≦k≦８，１≦l≦２｝

#A＝４ｘ３ｘ８ｘ２−３ｘ２ｘ７ｘ１＝１９２−４２＝１５０なので

Aの起こる確率ｐ＝１５０／１９２＝７５／９６

#Aは事象Aに含まれる要素の個数

ドアが四枚の時は当たりの確率P(A)＝７５／９６

P(B|A)＝P(B) * P(A|B)＝４／１５
P(B|C)＝P(B) * P(C|B)＝１１／３０
P(B|D)＝P(B) * P(D|B)＝１１／３０
P(C|A)＝P(C) * P(A|C)＝４／１５
P(C|D)＝P(C) * P(D|C)＝１１／３０
P(D|A)＝P(D) * P(A|D)＝４／１５
P(D|C)＝P(D) * P(C|D)＝１１／３０

P(B|C)＝P(B) * P(C|B)＝４／５
P(B|A)＝P(B) * P(A|B)＝２／５

P(C|A)＝P(C) * P(A|C)＝２／５