ジョーカーを除いたトランプ５２枚の中から１枚のカードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった。そして、残りのカードをよく切ってから３枚抜き出したところ、３枚ともダイアであった。
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか。

どこかの大学の入試問題らしいですが、これはちょっと高校生にはきついと思いました。
色々な過去の議論を知らないと自信を持って答えることは相当困難と思いました。
そうでもないのかな？

＜追記＞
そうでもない気がしてきました。（なんじゃそりゃ）
確率の問題は考えればわかりますよね、やっぱ。

毎日が記念日より転載。

【問題】次の文の□にそれぞれ数字を当てはめて、正しい文を完成せよ。
「この文には、１が□個、２が□個、３が□個、４が□個使われている」

どこかから転載してきた問題のようですが、これが余詰なんですね。
{2, 3, 2, 1}, {3, 1, 3, 1}という２解。
で、何故かそこから５個、６個という問題に興味が沸いてきたのでプログラムを組んでみました。
誰も理解出来ないMathematicaソースコードはこちら。

<< DiscreteMath`Combinatorica`
Func[n_] := Module[{}, kumi1 = Compositions[2 n, n];
temp1 = Map[Count[#, 0] &, kumi1];
temp2 = Flatten[Position[temp1, 0]];
kumi2 = Map[kumi1〚#〛 &, temp2];
kumi3 = Map[Table[Count[#, i], {i, n}] + 1 &, kumi2];
temp3 = Table[kumi2〚i〛 == kumi3〚i〛, {i, Length[kumi3]}];
temp4 = Flatten[Position[temp3, True]];
Map[kumi2〚#〛 &, temp4] ];
Table[Func[n], {n, 1, 9}]

はい、誰も理解出来ませんね。
まあそれはいいんですが、これによる出力はこちら。

{{}, {}, {}, {{2, 3, 2, 1}, {3, 1, 3, 1}}, {{3, 2, 3, 1, 1}}, {}, {{4, 3, 2, 2, 1, 1, 1}}, {{5, 3, 2, 1, 2, 1, 1, 1}}, {{6, 3, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 1}}}

さて、これも理解に苦しみそうな数字の羅列ですが、整理すると。
前述のように４までの時は{2, 3, 2, 1}, {3, 1, 3, 1}という２解。
５の時は{3, 2, 3, 1, 1}という唯一解。
６の時は解なし。
７の時は{4, 3, 2, 2, 1, 1, 1}という唯一解。
８の時は{5, 3, 2, 1, 2, 1, 1, 1}というこれまた唯一解。
９の時は{6, 3, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 1}というこれまたまた唯一解。
１０以降はメモリリークを起こして計算出来ず。アルゴリズム改良するのも面倒なのでここまで。
今回のエントリーでおいらの暇人疑惑がまたまた強まった予感。

＜追記＞
元ネタはここみたいです。

といっても秋篠宮夫妻のことではなく。Yahooニュースより転載。

年賀状２０枚から１等２枚　富山市の夫婦が当選

　富山市の会社員夫婦に届いたお年玉付き年賀はがき２０枚の中から、１等が２枚出ていたことが７日分かった。　富山南郵便局によると、１等の当選確率は５０万分の１。９日に賞品が交付される。
　１月１６日、新聞に載っていた当選はがきの番号で１等２枚を確認した。「郵便局に行って、実際に確認するまでなかなか信じられなかった」と話した。
　夫婦は、５種類の賞品から２通とも３泊５日のハワイ旅行ペアを選んだ。両親と計４人でハワイに行く計画。夫婦は新婚旅行の行き先がハワイで「いつかまた来たいね」と話していたという。
　同局員は「こんなことがあり得るのだろうか」と驚いていた。

さて、本当に有り得ないのか例によって数学的検討をしてみます。今回は高校レベルです。
日本郵政公社によると、2006年用の年賀はがきは40億8500万枚、切手は2320万枚発行された。その中で1等は8218本。約50万分の1の確率ですね。（厳密には499903分の1）
以下、書くのが面倒なため、数学記号∏を用います。よく使う記号ですが、知らない人多いっぽいんで下に例を挙げます。
∏ i(iは4から9まで）=4×5×6×7×8×9
要するにΣの掛け算バージョンといえばわかりやすいですかね。この記号を用いると、ある20通の中に1等はがきが2通以上ある確率は以下の式で求められます。
1-∏(499902-i)/(499903-i)(iは0から19まで)-20×∏(499902-i)/(499903-i)(iは0から18まで)×1/499884=1.11×10^(-16)
いやー、なかなか小さい確率ですね。
そして、41億8200万枚（40億8500万枚＋2320万枚）を20通づつ小分けすると、全部で2.0541×10^8の個数のグループが出来ます。このグループの中のどれかに一等が2枚以上入っている確率は、以下の式のように求められます。
1-(1-1.11×10^(-16))^(2.0541×10^8)=2.28×10^(-8)
なるほど、0.00000228%ですか。少ないですね。でもどれくらい少ないかこれでは直感的にはわからないので、こういう制度をはじめてからこういうことが起きるまでの平均年数というものを求めてみました。
平均年数は以下の式で求まります。
∫(nは1から∞まで）(1-2.28×10^(-8))^(n-1)×2.28×10^(-8)×n dn=43800000年
要するに、平均的に4300万年に1回のことが起きたわけですね。
そりゃ局員も驚くわけです。
っていうかこの幸運をほかのことに使えてれば…。ハワイ旅行程度にこの運を使ったのはもったいない。
さて、例によって適当に酔っ払いながら書いてるので間違い指摘大歓迎します。

っていうかLATEX使えよ俺。

勝手に将棋トピックスより引用。

2004年度のプロ対局全体で先手勝率が5割5分4厘という高水準になったことで、何か対策が必要だという声が高まってきました。このような数字に関して将棋界で一番信頼がおけるのは、週刊将棋の鈴木宏彦氏のコラム「いま、将棋界の話題 先手5割5分4厘の衝撃」だと思います。この連載ではいくつかの数字を紹介した上で、2005年12月28日・2006年1月4日合併号で「持ち時間入札制」を提案しています。この制度について少し考えてみます。

というわけで、先手の勝率ってこんなに高いんですね。
また、「将棋と囲碁：先手の勝率とハンディキャップ」によると、

プロの公式対局数は毎年2,200局前後あるから将棋というゲームは先手有利であることは間違いない。

とあります。以下では、年間対局数は2200局と仮定して話を進めます。
さて、それでルールを変えるべきだとかそういう議論は実はおいらにはどうでもよく、数学的に（統計的に？）これがどういうことかということに興味が沸いてきたので計算してみました。
なお、統計学を勉強したのははるか昔なので、しかもあんまり深く考えてないのできっと間違いがあります。
指摘していただければ後学のためにも嬉しいのでよろしく。

まず、以下の問題を考えます。
問題１　　果たして先手は本当に有利なの？本当は互角なのにたまたま5割5分になっただけじゃないの？

まず、先手が有利でも不利でもないという仮説をたてます。
そうすると、先手が勝つ確率は1/2であり、これを以下のように表す。
H0 : p=1/2
この仮説が棄却されるのは、以下の対立仮説が成り立つときである。
H1 : p≠1/2

今、先手が勝つ時をx=1,負ける時をx=0とする。
そして、2200局を{x1,x2,....x2200}と書くことにする。
すると、総和Σxiは標本数2200,確率1/2の二項分布の標本分布に従う。
また、これは近似的に平均1100,分散550の正規分布に従い、以下これを考える。

先手勝率が5割5分4厘ということは、約1219勝しているということであり、以下この数字を先手の勝利数とする。勝利数の平均値からのずれを標準偏差で割ると、119/√550となり、これは約5.07である。正規分布の性質を考えると、以下の式より先手勝率5割5分4厘以上となる確率が求まる。
1/√2π×∫{xが5.07から∞まで}Exp[-x^2/2]dx=1.95×10^-7
（Πは円周率）
つまり、将棋が互角なゲームであれば先手勝率が5割5分4厘以上となる確率は0.0000195%である。
つまり、先手が有利である確率は99.9999805%であり、まあ先手が有利であると言っていいと思われる。（なんだその非科学的表現）

問題２　では、大体どれくらいの勝率の幅になると推定されるか？

計算終わってますが書くのが面倒なのでまた今度。
っていうかLATEX使えよ俺。

Mathematicaで何故か1+√3iが_Complexでパターンマッチ出来ない。
なんでかなーって思ってたら内部ではHeadがPlusとして扱われてるのね。
これを1+√3.iに変えるとHeadがComplexになる、と。
難しいなあ。
何が難しいってどうやって1+√3iをパターンマッチすればいいのやら。
無名関数使ってこつこつ書けばいいんだけども。

と、自分用にメモ。