ニュートン・ペピス問題

ニュートン・ペピス問題は、一定数のサイコロを投げたときに6が出る確率に関する確率問題である。 ^{[ 1 ]}

1693年、サミュエル・ピープスとアイザック・ニュートンは、ジョン・スミスという名の教師がピープスに提起した問題について文通した。^{[ 2 ]}その問題とは、次のとおりである。

以下の3つの提案のうち、最も成功する可能性が高いのはどれですか？

A. 6個の公平なサイコロをそれぞれ独立して投げ、少なくとも1つの「6」が出る。

B. 12個の公平なサイコロをそれぞれ独立して投げ、少なくとも2つの「6」が出る。

C. 18個の公平なサイコロをそれぞれ独立して投げ、少なくとも3つの「6」が出る。^{[ 3 ]}

ペピスは当初、結果Cが最も可能性が高いと考えていたが、ニュートンは結果Aが最も可能性が高いと正しく結論づけた。

結果A、B、Cの確率は次のとおりです。^{[ 1 ]}

${\displaystyle P(A)=1-\left({\frac {5}{6}}\right)^{6}={\frac {31031}{46656}}\approx 0.6651\,,}$

${\displaystyle P(B)=1-\sum _{x=0}^{1}{\binom {12}{x}}\left({\frac {1}{6}}\right)^{x}\left({\frac {5}{6}}\right)^{12-x}={\frac {1346704211}{2176782336}}\approx 0.6187\,,}$

${\displaystyle P(C)=1-\sum _{x=0}^{2}{\binom {18}{x}}\left({\frac {1}{6}}\right)^{x}\left({\frac {5}{6}}\right)^{18-x}={\frac {15166600495229}{25389989167104}}\approx 0.5973\,.}$

これらの結果は二項分布を適用することで得られる（ただし、ニュートンは第一原理からこれらの結果を導き出した）。一般に、P( n )が6個のサイコロで少なくともn個の6が出る確率である場合、次のようになる。

${\displaystyle P(n)=1-\sum _{x=0}^{n-1}{\binom {6n}{x}}\left({\frac {1}{6}}\right)^{x}\left({\frac {5}{6}}\right)^{6n-x}\,.}$

nが増加するにつれて、P( n )は単調に減少し、漸近的に1/2に収束する。

上記で概説した解決策は、 R言語では以下のように実装できます。

for ( s in 1 : 3 ) { # s = 1、2、または 3 個の 6 を探すn = 6 * s # ... n = 6、12、または 18 個のサイコロでq = pbinom ( s -1 , n , 1 / 6 ) # q = Prob( n 個のサイコロで s 個未満の 6 が出る確率 ) cat ( "公平なサイコロで少なくとも " , s , "6 が出る確率: " , n , " , 1 - q , "\n" ) }

ニュートンは各賭けのオッズを正しく計算したが、ペピスには別の直感的な説明を与えた。彼はBとCがサイコロを6個ずつのグループで投げると想像し、Aは1回の投擲で6が出るだけで済むのに対し、BとCは毎回6が出る必要があるため、Aが最も有利だと述べた。この説明は、グループで6が1つ以上出ないことを前提としているため、実際には元の問題に対応していない。^{[ 3 ]}

この問題の自然な一般化として、必ずしも公平ではないn個のサイコロを考えます。各サイコロが投げられたときに 6 の面を選択する確率をpとします (実際にはサイコロの面の数とどの面を選択するかは関係ありません)。rが6 の面を選択するサイコロの総数である場合、${\displaystyle P(r\geq k;n,p)}$は、 n個のサイコロを振ったときに、少なくともk個の正解が得られる確率です。すると、元のニュートン・ペピス問題は次のように一般化できます。

させて${\displaystyle \nu _{1},\nu _{2}}$自然な正の数である${\displaystyle \nu _{1}\leq \nu _{2}}$では、${\displaystyle P(r\geq \nu _{1}k;\nu _{1}n,p)}$より小さくない${\displaystyle P(r\geq \nu _{2}k;\nu _{2}n,p)}$すべてのn、p、kについて？

この表記法を用いると、元のニュートン・ペピス問題は次のように表されることに注意してください。${\displaystyle P(r\geq 1;6,1/6)\geq P(r\geq 2;12,1/6)\geq P(r\geq 3;18,1/6)}$？

ルービンとエヴァンス（1961）が指摘しているように、一般化されたニュートン・ペピス問題には、k、n、pに依存するため、一律の解は存在しない。しかしながら、一律の解を許容する上記の問題のいくつかの変形が存在する。

（ChaundyとBullard（1960）より）：^{[ 4 ]}

もし${\displaystyle k_{1},k_{2},n}$は正の自然数であり、${\displaystyle k_{1}<k_{2}}$、 それから${\displaystyle P(r\geq k_{1};k_{1}n,{\frac {1}{n}})>P(r\geq k_{2};k_{2}n,{\frac {1}{n}})}$。

もし${\displaystyle k,n_{1},n_{2}}$は正の自然数であり、${\displaystyle n_{1}<n_{2}}$、 それから${\displaystyle P(r\geq k;kn_{1},{\frac {1}{n_{1}}})>P(r\geq k;kn_{2},{\frac {1}{n_{2}}})}$。

(ヴァラニョーロ、ピロネット、シェナート (2013) より): ^{[ 5 ]}

もし${\displaystyle \nu _{1},\nu _{2},n,k}$は正の自然数であり、${\displaystyle \nu _{1}\leq \nu _{2},k\leq n,p\in [0,1]}$それから${\displaystyle P(r=\nu _{1}k;\nu _{1}n,p)\geq P(r=\nu _{2}k;\nu _{2}n,p)}$。