袋から球を取り出すと何色出る？？

２種類のとき まず、小手調べに２種類のものを考えます。全体の個数は２ｎ個です。 この中からｋ個を取り出すので、全事象は2nＣk通りです。 ｔ色が取り出される確率の分子をｐtとする（以下同じ）と、 １色のみである場合はどちらの色を選ぶかの２通り、 取り出され方はそれぞれnＣk通りずつありますから、 ｐ1＝２nＣkとなります。 ２色である事象は、「１色」のときの排反事象ですから、 ｐ2＝2nＣk−２nＣkです。 よって、２種類からｋ個とりだしたときに現れる色の数の期待値の分子は、 ２nＣk＋２（2nＣk−２nＣk）＝２（2nＣk−nＣk）ですから、 求める期待値は２−（２nＣk／2nＣk）となります。 ３種類のとき 次に３種類です。 １種類、２種類となる事象は２種類のときと比べ、 色の選び方だけが変わるので、 ｐ1＝3Ｃ1×nＣk＝３nＣk ｐ2＝3Ｃ2×（2nＣk−２nＣk）＝３2nＣk−６nＣk ３種類のときは、やはり余事象を考えることにより、 ｐ3＝3nＣk−３nＣk−（３2nＣk−６nＣk）＝3nＣk−３2nＣk＋３nＣk 以上より、期待値の分子は、 ｐ1＋２ｐ2＋３ｐ3＝３nＣk＋６2nＣk−１２nＣk＋３3nＣk−９2nＣk＋９nＣk ＝３3nＣk−３2nＣkとなり、期待値は ３−（３2nＣk／3nＣk）となります。 ここで注目するべきなのは、nＣkの項の総和がちょうど０になって消えてしまったことです。 これは果たして偶然なのかどうか、４種類の場合も調べてみましょう。 お気づきの方もいらっしゃると思いますが、 ｐnの値はお菓子のおまけが始めて全部揃う確率の分子に非常に良く似ていて、 となります。 ４種類のとき だんだんnＣkや2nＣkなどを書くのは面倒になってきたので、 たとえば３種類のときのｐ3の値を、nＣkの値から順に（３，−３，１）と書くことにして、 例えば（４，−４，３，２）であれば、４nＣk−４2nＣk＋３3nＣk＋２4nＣkの値をさすことにします。 ４種類のときは４次元になって、表にまとめると次のとおりになります。 式 ｐ1＝4Ｃ1×（１，０，０，０）＝ ４ ０ ０ 　　０ ｐ2＝4Ｃ2×（−２，１，０，０）＝ −１２ ６ ０ ０ ｐ3＝4Ｃ3×（３，−３，１，０）＝ １２ −１２ ４ ０ ｐ4＝4Ｃ4×（−４，６，−４，１）＝ −４ ６ 　−４ １ さらに、期待値を計算するために、各ｐnの値にｎを掛けた表を作り直し、合計を計算すると次のとおりになります。 １×ｐ1 ４ ０ ０ 　　０ ２×ｐ2 −２４ １２ ０ ０ ３×ｐ3 ３６ −３６ １２ ０ ４×ｐ4 −１６ ２４ −１６ ４ 合計 ０ ０ −４ ４ この表から、４種類のときの期待値は４−（４3nＣk／4nＣk）となります。 驚くことに、最後の２つ以外は全て０になって消えて行きそうではありませんか？ ４種類までのところでｍ種類の期待値を推測すると、 ｍ（１−(m-1)nＣk／mnＣk）であると推定できます。 証明は、二項定理を利用して微分していくと導くことができます。 もう一度４種類の場合をとりあげて、どんな等式が成り立っているのか確認してみます。 最終的なtnＣkの係数は、 t=1　のとき 　1*4Ｃ1*1Ｃ1−2*4Ｃ2*2Ｃ1＋3*4Ｃ3*3Ｃ1−4*4Ｃ4*4Ｃ1＝Σ{r*4Ｃr*rＣ1(-1)r-1} (r=1 to 4) t=2　のとき 　2*4Ｃ2*2Ｃ2−3*4Ｃ3*3Ｃ2＋4*4Ｃ4*4Ｃ2＝Σ{r*4Ｃr*rＣ2(-1)r-1} (r=2 to 4) t=3　のとき 　3*4Ｃ3*3Ｃ3−4*4Ｃ4*4Ｃ3＝Σ{r*4Ｃr*rＣ3(-1)r-1} (r=3 to 4) t=4　のとき 　4*4Ｃ4*4Ｃ4 以上のことで解かるように、証明するべきは、 Σ{r*mＣr*rＣs(-1)r-1}　(r=s to m)の値が、 ｓ＝ｍのとき ｍ ｓ＝ｍ−１のとき　 −ｍ その他のとき ０ となることです。 [証明] ｓ＝ｍのとき m*mＣm*mＣm＝ｍ　は自明。 ｓ＝ｍ−１のとき (m-1)*mＣm-1*m-1Ｃm-1−m*mＣm*mＣm-1 ＝m(m-1)−m2＝−ｍ その他のとき 途中で（−１）の指数を置き換えないのは、−から始まっても、＋から始まっても、 両辺に−１を掛ければ左辺が０になってしまうことを利用しています。

ｍ色の球がｎ個ずつ袋に入っている。この中からｋ個を取り出すときの色の数の期待値計算機