ブラックジャック風カードゲームの勝率 – 2005年東大 数学 第5問
2005年東大数学 第5問 は、ブラックジャックに似たカードゲームの勝率を求める問題です。問題文は以下のとおりです。
N を1以上の整数とする。数字 1,2, \cdots,N が書かれたカードを1枚ずつ、計 N 枚用意し、甲、乙のふたりが次の手順でゲームを行う。
(i) 甲が1枚カードをひく、そのカードに書かれた数を a とする。ひいたカードはもとに戻す。
(ii) 甲はもう1回カードをひくかどうか選択する。ひいた場合は、そのカードに書かれた数を b とする。ひいたカードはもとに戻す。ひかなかった場合は b = 0 とする。 a + b > N の場合は乙の勝ちとし、ゲームは終了する。
(iii) a + b \leqq N の場合は、乙が1枚カードをひく。そのカードに書かれた数を c とする。ひいたカードはもとに戻す。 a + b < c の場合は乙の勝ちとし、ゲームは終了する。
(iv) a + b \geqq c の場合は、乙はもう1回カードをひく。そのカードに書かれた数を d とする。 a+ b < c+d \leqq N の場合は乙の勝ちとし、それ以外の場合は甲の勝ちとする。
(ii)の段階で、甲にとってどちらの選択が有利であるかを a の値に応じて考える。
以下の問いに答えよ。
(1) 甲が2回目にカードをひかないことにしたとき、甲の勝つ確率を a を用いて表せ。
(2) 甲が2回目にカードをひくことにしたとき、甲の勝つ確率を a を用いて表せ。ただし、各カードがひかれる確率は等しいものとする。
ゲームのプレイヤーは先攻、後攻に別れ、それぞれカードを最大２回引きます。引いたカードは戻します。引いたカードの合計の多いほうが勝ちですが、合計値が N を超えると負けというところがポイントです。合計値を多くしようとしてあまり欲をこきすぎると、頓死の可能性が有ります。
引いたカードを戻すので、確率の計算がちょっと楽になってほっとします。では、早速見ていきましょう。
2005年東大 数学 第5問 小問１の解法
まず記号の準備です。ある事象が発生する確率を p(事象) と表記することにします。また、甲が引いたカードの数字を k 、乙が引いたカードの数字を o とします。
甲が１回だけカードを引き、その数字が a であるとき、甲が勝つ条件は、
- c \leqq a かつ c+d > N
- c+d \leqq a
のいずれかが成り立つことです。
事象①と事象②は排他なので、甲が勝つ確率を P と置くと、
P = p( \text{事象①} ) + p( \text{事象②} ) です。
次に、 p(事象①) について考察します。
事象①は
c=1 \text{ かつ } c+d =1+d>N \\
\text{または} \\
c=2 \text{ かつ } c+d =2+d>N \\
\text{または}\\
\vdots \\
\text{または}\\
c=a \text{ かつ } c+d =a+d>N \\と同値ですが、各事象は排他なので、
\begin{aligned}
p( \text{事象①} ) = &\sum_{i =1}^ap(c=i \text{ かつ }c+d > N ) \\
= & \sum_{i =1}^a p(c+d > N |c =i ) p(c = i) \\
= &\frac{1}N\sum_{i =1}^a p ( N \geqq d > N-i) \\
= & \frac{1}N\sum_{i =1}^a \frac{i}N \\
= & \frac{a(a+1)}{ 2N^2}
\end{aligned}
です。
同様に事象②は
c=1 \text{ かつ } c+d =1+d \leqq a \\
\text{または} \\
c=2 \text{ かつ } c+d =2+d \leqq a \\
\text{または}\\
\vdots \\
\text{または}\\
c=a-1 \text{ かつ } c+d =a-1+d \leqq N \\と同値ですが、各事象は排他なので、
\begin{aligned}
p( \text{事象②} ) = & \sum_{i = 1}^{a-1} p(c=i \text{ かつ } c+d \leqq a )\\
= & \sum_{i = 1}^{a-1} p(c+d \leqq a |c =i ) p(c=i) \\
= & \frac{1}N \sum_{i = 1}^{a-1} p(1 \leqq d \leqq a -i) \\
= & \frac{1}N \sum_{i = 1}^{a-1} \frac{a-i} N \\
= & \frac{a(a-1)}{2N^2}
\end{aligned}です。
ゆえに、
\begin{aligned}
P = & p( \text{事象①} ) + p( \text{事象②} ) \\
= & \frac{a(a+1)}{ 2N^2} + \frac{a(a-1)}{ 2N^2} \\
= & \frac{a^2}{N^2}
\end{aligned}です。
2005年東大 数学 第5問 小問2の解法
甲が2回カードを引き、１枚目の数字が a であるとき、甲が勝つ条件は、 a + b が N 以下でかつ、甲が1回だけカードを引いてその数が a + b であるときに、甲が勝つということとおなじです。すなわち、
- a+b \leqq N
- 甲が1回だけカードを引いてその値が a + b であるときに、甲が勝つ
の両方の事象が成り立つことです。これに気がつくと、後の計算が非常に楽になります。
甲が勝つ確率 P は
P = p( \text{事象①} \cap \text{事象②}) ですが、事象①は b が 1 から N -a までのいずれかであるということなので、事象① かつ 事象② は
b=1 \text{ かつ } \text{事象②} \\
\text{または} \\
b=2 \text{ かつ } \text{事象②} \\
\text{または}\\
\vdots \\
\text{または}\\
c=N-a \text{ かつ } \text{事象②} \\と同値です。ところが各事象は排他なので、
\begin{aligned}
P = & \sum_{i=1}^{N-a} p(b=i \text{ かつ 事象②} ) \\
= & \sum_{i=1}^{N-a} p( \text{事象②} \ |b=i)p(b=i) \\
= & \frac{1}N \sum_{i=1}^{N-a} p( \text{事象②} |b=i)
\end{aligned}b = i のときに事象②が成り立つというのは、甲が1回だけカードを引いてその値が a + i のときに、甲が勝つということと同値です。したがって小問1の結果により、
p( \text{事象②} |b=i) = \frac{(a+i)^2}{N^2}が成り立ちます。
ゆえに
\begin{aligned}
P = & \frac{1}N\sum_{i =1}^{N-a} \frac{(a+i)^2}{N^2} \\
= & \frac{1}{N^3} \sum_{i =a+1}^{N} i^2 \\
= & \frac{1}{N^3} \left ( \sum_{i =1}^{N} i^2 -\sum_{i =1}^{a} i^2 \right ) \\
= & \frac{N(N+1)(2N+1) - a(a+1)(2a+1)}{6N^3} \\
= & \frac{ 2N^3 + 3N^2 +N - 2a^3-3a^2 -a}{6N^3} \\
= & \frac{ (N-a)(2N^2 +2aN + 2a^2+ 3N +3 a +1)~}{6N^3}
\end{aligned}です。
おまけ：甲の平均勝率を求めてみよう
この勝負、甲にとって得なのか損なのかを計算してみましょう。
まず、カードを1回しか引かない場合です。
\begin{aligned}
\frac{1}N\sum_{a=1}^N \frac{a^2}{N^2} & = \frac{(N+1)(2N+1)}{6N^2} \\
& = \frac{1}3 +\frac{1}{2N}+\frac{1}{6N^2}
\end{aligned}となり、 N ≧ 4 のとき、 \frac{1}2 未満になります。本物のブラックジャックでは、後攻が胴元です。賭け事は基本、胴元が得するようになっていることが、ここでも明らかになりました（ていうか、胴元が損するようでは誰も賭博場などやらない）。
次にカードを2回引く場合です。
\begin{aligned}
& \frac{1}N\sum_{a=1}^N (\frac{N(N+1)(2N+1) - a(a+1)(2a+1)}{6N^3} ) \\
= & \frac{N(N+1)(2N+1) }{6N^3} - \frac{1}N\sum_{a=1}^N \frac{a(a+1)(2a+1)}{6N^3} \\
= & \frac{(N+1)(2N+1) }{6N^2} \\
&- \frac{1}{6N^4}\sum_{a=1}^N (2a^3+3a^2+a) \\
= & \frac{(N+1)(2N+1) }{6N^2} \\
&- \frac{1}{6N^4} (\frac{1}2 N^2(N+1)^2 +\frac{1}2 N(N+1)(2N+1) +\frac{1}2N(N+1)) \\
= & \frac{(N+1)(2N+1) }{6N^2} \\
&- \frac{1}{12N^3} ( N+1) ^2(N+2) \\
= &\frac{1}4 + \frac{1}{6N} -\frac{1}{4N^2} -\frac{1}{6N^3}
\end{aligned}意外なことに、2枚引くほうが分が悪いです。
解法のポイント
問題の内容は一見複雑そうですが、甲が引くカードの値によって勝つ確率が変わることから、条件付き確率の公式を適用することが思いつければ、求める確率を最初から式として書き下せるので、場合分けなど面倒くさいことを考えずに済みます。
また、小問2に小問1の結果をダイレクトに適用できることに気がつければ、小問2はかなり楽に解くことが出来ます。甲が引くカードの合計値のみがポイントだと言うことに注意すれば、これも容易に気がつくことができるでしょう。問題を解くにあたって本質的な情報は何なのか、常に考えるようにしましょう。