ジャンケンで決着がつくまでの回数(5)

分散も同じように求めることを考えよう。


事象iがpiで起こるとして、
その事象が起こったときの平均と分散が、
mi, σi2だとしたときに、
全体での平均と分散を考える。

ni : 事象iの全体の個数
 m_i = \frac{1}{n}\sum_{k}{x_{ik}}
 \sigma_i^2 = \frac{1}{n}\sum_{k}{x_{ik}^2} - m^2

とすると、全体では、

 n = \sum_l{n_l}
 p_i = \frac{n_i}{n}
 m = \frac{1}{n}\sum_l{\sum_k{x_{lk}}}

だから、平均は、

 m = \sum_l{p_lm_l}

分散を同様に考える。

 \sigma^2 = \frac{1}{n}\sum_l{\sum_k{(x_i - m)^2}}
 = \frac{1}{n}\sum_l{\sum_k{(x_k^2 - 2mx_k + m^2)}}
 = \frac{1}{n}\sum_l{(\sum_k{x_k^2} - 2n_lmm_l + n_lm^2)}
 = \sum_l{(p_l(\sigma_l^2 + m_l^2) - 2p_lmm_l + p_lm^2)}

だから、分散は、

 \sigma^2 = \sum_l{p_l(\sigma_l^2 + (m_l - m)^2)}


この公式を使って、期待値のときと同様の漸化式を求める。
S(i) = σi2
と書くとして、

S(n) = P(n, 1)(S(1) + (E(1) + 1 - E(n))^2) + ... + P(n, n)((S(n) + (E(n) + 1 - E(n) )^2)

これより、

 (1 - P(n))S(n) = \sum_{l=1}^{n-1}{P(l)(S(l) + (E(l) + 1 - E(n))^2)} + P(n)

これを計算すると、

σ(2) = 0.8660254037844386
σ(3) = 1.2990381056766584
σ(4) = 1.8308579454251856
σ(5) = 2.6328381520127446
σ(6) = 3.8706249025269197
σ(7) = 5.759323772999618
σ(8) = 8.613168566749337
σ(9) = 12.903785276092351
σ(10) = 19.340728828546225
σ(11) = 28.990262763821157
σ(12) = 43.45318483443226
σ(13) = 65.13163688101633
σ(14) = 97.62943992543727
σ(15) = 146.35269094654006