大学数学基礎解説

文献あり

さいころの目の和がkの倍数になる確率

線形代数,確率

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　どうも, しょぼんです. この記事では$m$面さいころ（特に$m=6$）を$n$回投げて出た目の総和が$k$の倍数になる確率について書きます. 学部1年生で習う線形代数の知識を使います.

この記事で扱う結果

任意の$m$での一般項を導き, 特に$m=6$で$k=1,2,3,4,5,6,7,8$の場合の一般項を求める.
$m \geq 2$なら, どのような$k$でも$n \to \infty$のとき確率は$1/k$に収束する.

漸化式を立てる

　$n$回投げて$k$で割った余りが$l$になる確率を$p[n, l]$とします. このとき, $n+1$回投げて$k$で割った余りが$l$になる確率は, $a \% b$を$a$を$b$で割った余りとして

$k$で割って余りが$(l-1)\%k$のときから$1/m$の確率で$1$が出る
$k$で割って余りが$(l-2)\%k$のときから$1/m$の確率で$2$が出る
$\vdots$
$k$で割って余りが$(l-m)\%k$のときから$1/m$の確率で$m$が出る
場合だけなので, 次の漸化式が立てられます.
$p[n+1, l] = \frac{1}{m} \left( p[n, (l-1)\%k] + p[n, (l-2)\%k] + \cdots + p[n, (l-m)\%k]\right)$
ここで, $p[0, 0] = 1, p[0, 1] = \cdots = p[0, k-1] = 0$とします. 理由は何もたさない場合, その和は$0$と考えるからです.
　たとえば$6$面さいころを投げて$4$の倍数になる確率を考える場合,
$p[n+1, 0] = \frac{1}{6} \left( p[n, 0] + p[n, 1] + 2 p[n, 2] + 2 p[n, 3]\right)\\ p[n+1, 1] = \frac{1}{6} \left( 2 p[n, 0] + p[n, 1] + p[n, 2] + 2 p[n, 3]\right)\\ p[n+1, 2] = \frac{1}{6} \left( 2 p[n, 0] + 2 p[n, 1] + p[n, 2] + p[n, 3]\right)\\ p[n+1, 3] = \frac{1}{6} \left( p[n, 0] + 2 p[n, 1] + 2 p[n, 2] + p[n, 3]\right)$
となり, 行列で表すと,
$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n+1, 0]\\ p[n+1, 1]\\ p[n+1, 2]\\ p[n+1, 3] \end{pmatrix} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 2 & 1 & 1 & 2\\ 2 & 2 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ p[n, 2]\\ p[n, 3] \end{pmatrix} $
となります.

特別な形の$k$について

　$k$の値によって, 漸化式がかんたんに解ける場合があります.

$k$が$m$の約数である場合

　たとえば$6$面サイコロを$n$回振って$3$の倍数になる場合などです. この場合, $m/k$は整数なので$(l-1)\%k, (l-2)\%k, \cdots, (l-m)\%k$に対し$0, 1, \cdots, k-1$はどれも均等に$m/k$回出てきます. よって

\begin{eqnarray*} p[n+1, l] &=& \frac{1}{m} \left( \frac{m}{k} p[n, 0] + \frac{m}{k} p[n, 1] + \cdots + \frac{m}{k} p[n, k-1] \right)\\ &=& \frac{1}{k} \left( p[n, 0] + p[n, 1] + \cdots + p[n, k-1] \right) \end{eqnarray*}

さて、$p[n, 0] + p[n, 1] + \cdots + p[n, k-1] = 1$なので

$\displaystyle p[n+1, l] = \frac{1}{k}$

となります. 上の漸化式は$n \geq 0$に成り立つので, $p[n, 0]$は$n \geq 1$のとき$p[n, 0] = \frac{1}{k}$になります.

$m=6$の場合の結果

　$6$の正の約数は$1, 2, 3, 6$であるので, 上の議論が使えて, $n \geq 1$とすると

$k=1$のとき$p[n, 0] = 1$
$k=2$のとき$p[n, 0] = \frac{1}{2}$
$k=3$のとき$p[n, 0] = \frac{1}{3}$
$k=6$のとき$p[n, 0] = \frac{1}{6}$

ということがわかりました.

$k = m+1$の場合

　たとえば$6$面サイコロを$n$回振って$7$の倍数になる場合などです. この場合, $(l-1)\%k, (l-2)\%k, \cdots, (l-m)\%k$は$0, 1, \cdots, k-1$のうち$l$以外が$1$回ずつ出てきます. よって

\begin{eqnarray*} p[n+1, l] &=& \frac{1}{m} \left( p[n, 0] + p[n, 1] + \cdots + p[n, l-1] + p[n, l+1] + \cdots + p[n, k-1] \right)\\ &=& \frac{1}{m} \left( p[n, 0] + p[n, 1] + \cdots + p[n, k-1] - p[n, l] \right)\\ &=& \frac{1}{m} \left( 1 - p[n, l] \right) \end{eqnarray*}

となって, $l$以外の状態に依存しません. これは隣接2項間漸化式となり, 解くことができます. 高校数学でよくある形です.
　$\alpha = \frac{1}{m}-\frac{1}{m}\alpha$を解くと$\alpha = \frac{1}{m+1}$となるので,

$\displaystyle p[n+1, l] - \frac{1}{m+1} = -\frac{1}{m} \left( p[n, l] - \frac{1}{m+1} \right)$

$p[n, l] - \frac{1}{m+1} = q[n]$とすると, $q[n+1] = -\frac{1}{m}q[n]$であり等比数列になるので, $q[n] = (-\frac{1}{m})^n q[0]$とわかります. $l = 0$のとき$q[0] = \frac{m}{m+1}$なので

$\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{m+1} + \frac{m}{m+1} \left( -\frac{1}{m} \right)^n = \frac{1}{m+1} \left\{1 - \left( -\frac{1}{m} \right)^{n-1} \right\}$

がわかりました. $l \neq 0$のときは$q[0] = - \frac{1}{m+1}$となるので$p[n, l] = \frac{1}{m+1} - \frac{1}{m+1} (-\frac{1}{m})^n$となります.

$m=6$の場合の結果

　$k=7$に対して上の議論が使えて,$\displaystyle p[n,0]=\frac{1}{7} \left\{1 - \left( -\frac{1}{6} \right)^{n-1} \right\}$となります.

一般の$k$について

　いま, $k$が特別な形のときを解きましたが, 一般の$k$に対してはどうなるでしょうか？たとえば$m=6$のとき$k=4, 5, 8$などです.

行列累乗で表す

　$p[n+1, l]$は$p[n, 0], p[n, 1], \cdots, p[n, k-1]$の一次結合で表されるので

$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n+1, 0]\\ p[n+1, 1]\\ \vdots\\ p[n+1, k-1] \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ \vdots\\ p[n, k-1] \end{pmatrix} $

を満たす$k$次正方行列$A$があります. これを繰り返し使うと,$n\geq 1$のとき

$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ \vdots\\ p[n, k-1] \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} p[0, 0]\\ p[0, 1]\\ \vdots\\ p[0, k-1] \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} $

となります. もし$A$が行列$P$によって対角行列$D$に対角化される, すなわち$P^{-1}AP = D$のとき, $A^n = PD^nP^{-1}$となります. $A$の固有値を$\alpha_0, \alpha_1 \cdots, \alpha_{k-1}$として

$\displaystyle D= \begin{pmatrix} \alpha_0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \alpha_1 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & \alpha_{k-1} \end{pmatrix}$

とするとき,

$\displaystyle D^n= \begin{pmatrix} \alpha_0^n & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \alpha_1^n & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & \alpha_{k-1}^n \end{pmatrix}$

となるので, $P, P^{-1}, D$が求まれば行列の積を$2$回行うことで簡単に一般項が計算できます.

$A$は巡回行列になる

　巡回行列とは,

と表される行列のことです. $A$が巡回行列となることを示しましょう. まず,

$p[n+1, 0] = c_0 p[n, 0] + c_1 p[n, 1] + \cdots + c_{k-1} p[n, k-1]$

と表されるとします.

\begin{eqnarray*} p[n+1, l] &=& \frac{1}{m} \left( p[n, (l-1)\%k] + p[n, (l-2)\%k] + \cdots + p[n, (l-m)\%k]\right)\\ &=& \frac{1}{m} \left( p[n, ((-1)\%k + l)\%k] + p[n, ((-2)\%k + l)\%k] + \cdots + p[n, ((-m)\%k + l)\%k]\right) \end{eqnarray*}

より,

\begin{eqnarray*} p[n+1, l] &=& c_0 p[n, l\%k] + c_1 p[n, (l+1)\%k] + \cdots + c_{k-1} p[n, (k-1+1)\%k]\\ &=& c_{(-l)\%k} p[n, 0] + c_{(-l+1)\%k} p[n, 1] + \cdots + c_{(-l+k-1)\%k} p[n, k-1] \end{eqnarray*}

ということで

$\displaystyle A= \begin{pmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & c_{k-2} & c_{k-1}\\ c_{k-1} & c_0 & c_1 & \cdots & c_{k-2}\\ \vdots & c_{k-1} & c_0 & \cdots & \vdots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ c_1 & c_2 & c_3 & \cdots & c_0 \end{pmatrix}$

となり$A$は巡回行列です. たとえば$m=6, k=4$のとき

$\displaystyle A= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 2 & 1 & 1 & 2\\ 2 & 2 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

となることは先ほど求めましたが, $c_0=\frac{1}{6}, c_1=\frac{1}{6}, c_2=\frac{2}{6}, c_3=\frac{2}{6}$ として

$\displaystyle A= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} c_0 & c_1 & c_2 & c_3\\ c_3 & c_0 & c_1 & c_2\\ c_2 & c_3 & c_0 & c_1\\ c_1 & c_2 & c_3 & c_0 \end{pmatrix}$

が確かめられます.

巡回行列の固有値と固有ベクトル

　巡回行列

$\displaystyle A= \begin{pmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & c_{n-2} & c_{n-1}\\ c_{n-1} & c_0 & c_1 & \cdots & c_{n-2}\\ \vdots & c_{n-1} & c_0 & \cdots & \vdots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ c_1 & c_2 & c_3 & \cdots & c_0 \end{pmatrix}$

について, $\omega = \exp(\frac{2\pi i}{n}) = \cos(\frac{2\pi}{n}) + i\sin(\frac{2\pi}{n})$, $f(x)=c_0 + c_1x + \cdots + c_{n-1}x^{n-1} = \sum^{n-1}_{k=0} c_k x^k$として$n$つの複素数$f(1), f(\omega), \cdots, f(\omega^{n-1})$が固有値になり, それぞれに対応する固有ベクトルは$c_k$の値に関係なく

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{pmatrix}, \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1\\ \omega\\ \vdots\\ \omega^{n-1} \end{pmatrix}, \cdots, \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1\\ \omega^{n-1}\\ \vdots\\ \omega^{(n-1)(n-1)} \end{pmatrix} $

となることが知られています. さらにそれらは標準内積で正規直交基底になります. これは直接示せます. $0 \leq k < n$を整数として,

$\displaystyle \begin{pmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & c_{n-2} & c_{n-1}\\ c_{n-1} & c_0 & c_1 & \cdots & c_{n-2}\\ \vdots & c_{n-1} & c_0 & \cdots & \vdots\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ c_1 & c_2 & c_3 & \cdots & c_0 \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1\\ \omega^k\\ \vdots\\ \omega^{k(n-1)} \end{pmatrix} = f(\omega^{k})\frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1\\ \omega^k\\ \vdots\\ \omega^{k(n-1)} \end{pmatrix}$

の第$m$成分を比較すると, 左辺は$\frac{1}{\sqrt{n}} \sum^{n-1}_{k=0} c_{(-m+k)\%n} \omega^k$, 右辺は$\frac{1}{\sqrt{n}} \sum^{n-1}_{k=0} c_k \omega^{k+m}$です. $\omega$は$\omega^n$を満たすことに注意すれば

\begin{eqnarray*} (左辺) &=& \frac{1}{\sqrt{n}} \sum^{n-1}_{k=0} c_{(-m+k)\%n} \omega^k\\ &=& \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \sum^{n-1}_{k=m} c_{-m+k} \omega^k + \sum^{m-1}_{k=0} c_{n-m+k} \omega^k \right)\\ &=& \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \sum^{n-m-1}_{k=0} c_{k} \omega^{k+m} + \sum^{n-1}_{k=n-m} c_{k} \omega^{k-n+m} \right)\\ &=& \frac{1}{\sqrt{n}} \sum^{n-1}_{k=0} c_{k} \omega^{k+m} = (右辺) \end{eqnarray*}

（ただし$m=0$の場合は第2項は省略）となって一致します. さらに固有値$f(\omega^k), f(\omega^m)$に対する固有ベクトルの標準内積の第$l$項について, $\frac{1}{n} \left(1 + \overline{\omega^{k}} \omega^{m} + \cdots + \overline{\omega^{k(n-1)}} \omega^{m(n-1)}\right) = \frac{1}{n} \left(1 + \omega^{m-k} + \cdots + \omega^{(m-k)(n-1)}\right)$となるので, $m=k$のとき内積は$1$, そうでないなら内積は$0$となります. よって固有ベクトル

は正規直交基底をなします.
　以上の性質から, $n$次の巡回行列なら

$\displaystyle P= \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega & \cdots & \omega^{n-1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{n-1} & \cdots & \omega^{(n-1)(n-1)} \end{pmatrix} $

として$P$は正規直交基底であることから$P$はユニタリ行列（${}^t\overline{P}P$が単位行列$E$になる）で

$\displaystyle P^{-1} = \frac{1}{\sqrt{n}} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega^{-1} & \cdots & \omega^{-(n-1)}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{-(n-1)} & \cdots & \omega^{-(n-1)(n-1)} \end{pmatrix} $

を満たします. さらに,

$\displaystyle P^{-1}AP=D= \begin{pmatrix} f(1) & 0 & \cdots & 0\\ 0 & f(\omega) & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & f(\omega^{n-1}) \end{pmatrix} $

と対角化できます. ちなみに$P$はDFT行列という名前があり, 離散フーリエ変換と関係があるそうです（詳しくないので今は書けません…）

一般の$k$について$p[n, 0]$を求める

　いよいよ$m$面さいころを$n$回投げて出た目の総和が$k$の倍数になる確率を求めます. $k$次の巡回行列$A$によって

$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n+1, 0]\\ p[n+1, 1]\\ \vdots\\ p[n+1, k-1] \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ \vdots\\ p[n, k-1] \end{pmatrix} $

と表されるので, 上の節で見た通り, $D=P^{-1}AP$で対角化されます. $A^n=PD^nP^{-1}$より,

$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ \vdots\\ p[n, k-1] \end{pmatrix} = \frac{1}{k} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega & \cdots & \omega^{k-1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{k-1} & \cdots & \omega^{(k-1)(k-1)} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(1)^n & 0 & \cdots & 0\\ 0 & f(\omega)^n & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & f(\omega^{k-1})^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega^{-1} & \cdots & \omega^{-(k-1)}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{-(k-1)} & \cdots & \omega^{-(k-1)(k-1)} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} $

となります. 一番うしろのベクトルが第$1$成分以外$0$であることに注意すれば, $PD^nP^{-1}$の$1$列目だけを見ればよいです.

$\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega & \cdots & \omega^{k-1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{k-1} & \cdots & \omega^{(k-1)(k-1)} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(1)^n & 0 & \cdots & 0\\ 0 & f(\omega)^n & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & f(\omega^{k-1})^n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f(1)^n & f(\omega)^n & \cdots & f(\omega^{k-1})^n\\ f(1)^n & \omega f(\omega)^n & \cdots & \omega^{k-1} f(\omega^{k-1})^n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ f(1)^n & \omega^{k-1} f(\omega)^n & \cdots & \omega^{(k-1)(k-1)} f(\omega^{k-1})^n \end{pmatrix} $

で,

$\displaystyle \begin{pmatrix} f(1)^n & f(\omega)^n & \cdots & f(\omega^{k-1})^n\\ f(1)^n & \omega f(\omega)^n & \cdots & \omega^{k-1} f(\omega^{k-1})^n\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ f(1)^n & \omega^{k-1} f(\omega)^n & \cdots & \omega^{(k-1)(k-1)} f(\omega^{k-1})^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 1 & \omega^{-1} & \cdots & \omega^{-(k-1)}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & \omega^{-(k-1)} & \cdots & \omega^{-(k-1)(k-1)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sum^{k-1}_{t=0} f(\omega^t)^n & \cdots\\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^t f(\omega^t)^n & \cdots\\ \vdots & \vdots \\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^{(k-1)t} f(\omega^{(k-1)t})^n & \cdots \end{pmatrix} $

より

$\displaystyle \begin{pmatrix} p[n, 0]\\ p[n, 1]\\ \vdots\\ p[n, k-1] \end{pmatrix} = \frac{1}{k} \begin{pmatrix} \sum^{k-1}_{t=0} f(\omega^t)^n & \cdots\\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^t f(\omega^t)^n & \cdots\\ \vdots & \vdots \\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^{(k-1)t} f(\omega^{t})^n & \cdots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{k} \begin{pmatrix} \sum^{k-1}_{t=0} f(\omega^t)^n\\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^t f(\omega^t)^n\\ \vdots\\ \sum^{k-1}_{t=0} \omega^{(k-1)t} f(\omega^{t})^n \end{pmatrix} $

となり, $\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{k}\left(f(1)^n + f(\omega)^n + \cdots + f(\omega^{k-1})^n\right)$ということがわかりました. さらに$c_0 + c_1 + \cdots + c_{k-1} = 1$を考慮すれば, $f(1) = 1$ということがわかるので, $\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{k}\left(1 + f(\omega)^n + \cdots + f(\omega^{k-1})^n\right)$ となります.

$m=6, k=4$のとき

$\displaystyle A= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 2 & 1 & 1 & 2\\ 2 & 2 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

となるので, $f(x) = \frac{1}{6} \left( 1 + x + 2x^2 + 2x^3 \right)$ となります. $\omega = \exp(\frac{i\pi}{2}) = \cos(\frac{\pi}{2}) + i \sin(\frac{\pi}{2}) = i$より
$f(\omega) = \frac{1}{6} \left( 1 + i + 2i^2 + 2i^3 \right) = \frac{1}{6} (-1-i)$
$f(\omega^2) = \frac{1}{6} \left( 1 + i^2 + 2i^4 + 2i^6 \right) = 0$
$f(\omega^3) = \frac{1}{6} \left( 1 + i^3 + 2i^6 + 2i^9 \right) = \frac{1}{6} (-1+i)$
となります. $f(\omega) = \frac{\sqrt{2}}{6} ( \cos(-\frac{3\pi}{4}) + i \sin(-\frac{3\pi}{4})), f(\omega^3) = \frac{\sqrt{2}}{6} ( \cos(\frac{3\pi}{4}) + i \sin(\frac{3\pi}{4}))$ より,

\begin{eqnarray*} f(\omega)^n + f(\omega^3)^n &=& \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \left( \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) - i \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\right) + \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \left( \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) + i \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\right)\\ &=& 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\\ \end{eqnarray*}

となって, $\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{4}\left(1 + f(\omega)^n + f(\omega^2)^n + f(\omega^3)^n\right)$だったので,

$\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{4} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}$

が導けました！いくつか項を計算すると,
$p[1, 0] = \frac{1}{6^1} = \frac{1}{6} = 0.1666 \cdots$
$p[2, 0] = \frac{9}{6^2} = \frac{1}{4} = 0.25$
$p[3, 0] = \frac{55}{6^3} = \frac{55}{216} = 0.2546 \cdots$
$p[4, 0] = \frac{322}{6^4} = \frac{161}{648} = 0.2484 \cdots$
$p[5, 0] = \frac{1946}{6^5} = \frac{973}{3888} = 0.2502 \cdots$
となります.

今回は$p[n, 1]$も計算してみます. $\displaystyle p[n, 1] = \frac{1}{4}\left(1 + \omega f(\omega)^n + \omega^2 f(\omega^2)^n + \omega^3 f(\omega^3)^n\right)$ですが

\begin{eqnarray*} \omega f(\omega)^n + \omega^3 f(\omega^3)^n &=& i f(\omega)^n - i f(\omega^3)^n\\ &=& \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \left( i \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) + \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\right) - \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \left( i \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) - \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\right)\\ &=& 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right)\\ \end{eqnarray*}

となり

$\displaystyle p[n, 1] = \frac{1}{4} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}$

です. 同様にして

\begin{eqnarray*} p[n, 0] &=& \frac{1}{4} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}\\ p[n, 1] &=& \frac{1}{4} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}\\ p[n, 2] &=& \frac{1}{4} \left\{ 1 - 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}\\ p[n, 3] &=& \frac{1}{4} \left\{ 1 - 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \sin\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\} \end{eqnarray*}

となります. 綺麗ですね！

$m=6, k=5$のとき

$\displaystyle A= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 2\\ 2 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 2 & 1 \end{pmatrix}$

より, $f(x) = \frac{1}{6} \left( 1 + x + x^2 + x^3 + 2x^4 \right)$ となります. $\omega = \exp(\frac{2i\pi}{5}) = \cos(\frac{2\pi}{5}) + i \sin(\frac{2\pi}{5})$であるので,

$\displaystyle 1+\omega^{l}+\omega^{2l}+\omega^{3l}+\omega^{4l} = \begin{cases} 1 & (lが5の倍数)\\ 0 & (それ以外) \end{cases}$

に注意して
$f(\omega) = \frac{1}{6} \omega^4 = \frac{1}{6} \omega^{-1} = \frac{1}{6} (\cos(\frac{-2\pi}{5}) + i \sin(\frac{-2\pi}{5}))$
$f(\omega^2) = \frac{1}{6} (\omega^2)^4 = \frac{1}{6} \omega^3 = \frac{1}{6} \omega^{-2} = \frac{1}{6} (\cos(\frac{-4\pi}{5}) + i \sin(\frac{-4\pi}{5}))$
$f(\omega^3) = \frac{1}{6} (\omega^3)^4 = \frac{1}{6} \omega^2 = \frac{1}{6} (\cos(\frac{4\pi}{5}) + i \sin(\frac{4\pi}{5}))$
$f(\omega^4) = \frac{1}{6} (\omega^4)^4 = \frac{1}{6} \omega = \frac{1}{6} (\cos(\frac{2\pi}{5}) + i \sin(\frac{2\pi}{5}))$
となるので,

\begin{eqnarray*} f(\omega)^n + f(\omega^2)^n + f(\omega^3)^n + f(\omega^4)^n &=& \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\omega^{-n} + \omega^{-2n} + \omega^{2n} + \omega^{n}\right)\\ &=& 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)\right) \end{eqnarray*}

となって, $\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{5}\left(1 + f(\omega)^n + f(\omega^2)^n + f(\omega^3)^n + f(\omega^4)^n\right)$だったので,

$\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)\right) \right\}$

が導けました！いくつか項を計算すると,
$p[1, 0] = \frac{1}{6^1} = \frac{1}{6} = 0.1666 \cdots$
$p[2, 0] = \frac{7}{6^2} = \frac{7}{36} = 0.1944 \cdots$
$p[3, 0] = \frac{43}{6^3} = \frac{43}{216} = 0.1990 \cdots$
$p[4, 0] = \frac{259}{6^4} = \frac{259}{1296} = 0.1998 \cdots$
$p[5, 0] = \frac{1556}{6^5} = \frac{389}{1944} = 0.2001 \cdots$
となります. 同様に$p[n, 1]$から$p[n, 4]$も計算してみると

\begin{eqnarray*} p[n, 1] &=& \frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2(n-1)\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4(n-1)\pi}{5}\right)\right) \right\}\\ p[n, 2] &=& \frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2(n-2)\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4(n-2)\pi}{5}\right)\right) \right\}\\ p[n, 3] &=& \frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2(n-3)\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4(n-3)\pi}{5}\right)\right) \right\}\\ p[n, 4] &=& \frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2(n-4)\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4(n-4)\pi}{5}\right)\right) \right\} \end{eqnarray*}

となります. ちなみに$\cos(\frac{2\pi}{5})=\frac{1}{4}(\sqrt{5}-1)$が分かるので, 各項は具体的に計算できます.

$m=6, k=8$のとき

$\displaystyle A= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

（めっちゃ大きい…）より, $f(x) = \frac{1}{6} \left( x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 \right)$ となります. $\omega = \exp(\frac{i\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{4}) + i \sin(\frac{\pi}{4})$であるので, $k=5$のときと同様に考えて
$f(\omega) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} i \right)$
$f(\omega^2) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^2 \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 - i \right)$
$f(\omega^3) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^3 \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} i \right)$
$f(\omega^4) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^4 \right) = 0$
$f(\omega^5) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^5 \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} i \right)$
$f(\omega^6) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^6 \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 + i \right)$
$f(\omega^7) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \omega^7 \right) = \frac{1}{6} \left( - 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} i \right)$
となります. 大変ですね！$f(\omega^2)^n = \sqrt{2}(\cos(\frac{5n\pi}{4}) + i\sin(\frac{5n\pi}{4})), f(\omega^6)^n = \sqrt{2}(\cos(\frac{-5n\pi}{4}) + i\sin(\frac{-5n\pi}{4}))$に注目すれば

\begin{eqnarray*} f(\omega^2)^n + f(\omega^6)^n = 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \end{eqnarray*}

$\cos \alpha = \frac{-1-\frac{1}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}, \sin \alpha = \frac{-\frac{1}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$とすると, $\tan \alpha = \sqrt{2} - 1$となりますが, $\tan(2\alpha) = \frac{2\sqrt{2} - 2}{1 - (\sqrt{2}-1)^2} = 1$より$2\alpha = \frac{\pi}{4} + n\pi$よって$\alpha = \frac{\pi}{8} + \frac{n\pi}{2}$です. $\cos \alpha, \sin \alpha < 0$に注目すると$\alpha = \frac{9\pi}{8}$であるので, $f(\omega)^n = \sqrt{2+\sqrt{2}} (\cos (\frac{9n\pi}{8}) + i \sin (\frac{9n\pi}{8})), f(\omega^7)^n = \sqrt{2+\sqrt{2}} (\cos (\frac{-9n\pi}{8}) + i \sin (\frac{-9n\pi}{8}))$ に注目すれば

\begin{eqnarray*} f(\omega)^n + f(\omega^7)^n = 2 \left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{7n\pi}{8}\right) \end{eqnarray*}

同様に$f(\omega^3)^n = \sqrt{2-\sqrt{2}} (\cos (\frac{11n\pi}{8}) + i \sin (\frac{11n\pi}{8})), f(\omega^5)^n = \sqrt{2-\sqrt{2}} (\cos (\frac{-11n\pi}{8}) + i \sin (\frac{-11n\pi}{8}))$ に注目すれば

\begin{eqnarray*} f(\omega^3)^n + f(\omega^5)^n = 2 \left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{5n\pi}{8}\right) \end{eqnarray*}

$\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{8}\left(1 + f(\omega)^n + \cdots + f(\omega^8)^n\right)$だったので,

$\displaystyle p[n, 0] = \frac{1}{8} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{5n\pi}{8}\right) + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) + 2 \left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{7n\pi}{8}\right) \right\}$

が導けました！大変でしたね（$k\geq 9$はもっと大変ですが…）いくつか項を計算すると,
$p[1, 0] = \frac{0}{6^1} = 0$
$p[2, 0] = \frac{5}{6^2} = \frac{5}{36} = 0.1388 \cdots$
$p[3, 0] = \frac{27}{6^3} = \frac{1}{8} = 0.125$
$p[4, 0] = \frac{161}{6^4} = \frac{161}{1296} = 0.1242 \cdots$
$p[5, 0] = \frac{975}{6^5} = \frac{325}{2592} = 0.1253 \cdots$
となります. $p[n, 0]$の式は結構美しい感じになりましたが, $p[n, 1]$から$p[n, 7]$は未確認です...（さらに複雑な式になりそう）

$m=6$のときの$p[n, 0]$の一般項の表

$k$	$p[n,0]$
$1$	$1$
$2$	$\frac{1}{2}$
$3$	$\frac{1}{3}$
$4$	$\frac{1}{4} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) \right\}$
$5$	$\frac{1}{5} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{1}{6}\right)^n \left(\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right) + \cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)\right) \right\}$
$6$	$\frac{1}{6}$
$7$	$\frac{1}{7} \left\{1 - \left( -\frac{1}{6} \right)^{n-1} \right\}$
$8$	$\frac{1}{8} \left\{ 1 + 2 \left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{5n\pi}{8}\right) + 2 \left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{3n\pi}{4}\right) + 2 \left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{6}\right)^n \cos\left(\frac{7n\pi}{8}\right) \right\}$

この表を見ると, どれも$\frac{1}{k}$に収束しそうということがわかります. 次の節では, これを証明します.

$n \to \infty$のときの挙動

　$m \geq 2$のとき, $n \to \infty$で$p[n, l]$は$\frac{1}{k}$に収束することを示します. $\displaystyle p[n, l] = \frac{1}{k} \sum^{k-1}_{t=0} \omega^{lt} f(\omega^{t})^n$であったので, $\displaystyle \sum^{k-1}_{t=1} \omega^{lt} f(\omega^{t})^n \to 0$を示せばよいです.
　$\displaystyle |\omega^{lt} f(\omega^{t})^n| = |f(\omega^{t})^n| = |f(\omega^{t})|^n \leq (|c_0| + |c_1 \omega| + \cdots + |c_{k-1} \omega^{k-1}|)^n = 1$ですが, ここで等号が成立すると仮定すると, $\displaystyle |c_0+c_1\omega+\cdots +c_{k-1} \omega^{k-1}|^2 = |c_0|^2 + |c_1 \omega|^2 + \cdots + |c_{k-1} \omega^{k-1}|^2 + 2 \sum_{0\leq a< b< k} c_a c_b (\mathrm{Re}(\omega^a) \mathrm{Re}(\omega^b) + \mathrm{Im}(\omega^a) \mathrm{Im}(\omega^b))$ において$c_a, c_b > 0$であるような任意の$0\leq a< b< k$において$\displaystyle \mathrm{Re}(\omega^a) \mathrm{Re}(\omega^b) + \mathrm{Im}(\omega^a) \mathrm{Im}(\omega^b) = \cos\left(\frac{2(a-b)\pi}{k}\right) = 1$が成り立ちます. これは$\frac{2(a-b)\pi}{k} = 2t\pi$ ($t$は整数)に同値であるから, $a-b$は$k$の倍数です. しかし, $0<|a-b|< k$より矛盾します. よって, $\displaystyle |f(\omega^{t})| < 1$で, $n \to \infty$で$\displaystyle |\omega^{lt} f(\omega^{t})^n| \to 0$となります. これが$t=1, 2, \cdots, k-1$で示されるから, $\displaystyle \sum^{k-1}_{t=1} \omega^{lt} f(\omega^{t})^n \to 0$です. 一方で$\displaystyle \frac{1}{k} \sum^{0}_{t=0} \omega^{lt} f(\omega^{t})^n = \frac{1}{k}f(1)^n = \frac{1}{k}$です. 以上から, $m \geq 2$のとき$n \to \infty$で$p[n, l]$は$\frac{1}{k}$に収束します.
　これで, さいころをｎ個投げたときの目の和の確率についてにあった,