サイコロを振って，”６”が出るまでの回数はどのような分布になるか?

平均値はいくらか?

平均値を求めるには，

　\( \Large \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot P(n) \)

を求めればいいわけです．
しかし．．．どう計算してよいか悩み．．．九工大の安永さんに助けてもらいました．

まずは，前回の規格化の式，

　\( \Large \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} e^{an} = \frac{e^a}{1 - e^a} =\frac{1}{ e^{-a}-1}\)

を使います．この両辺を，a，で微分すると，

　\( \Large \displaystyle \frac{d}{da} \sum_{n=1}^{\infty} e^{an} = \frac{d}{da} \frac{1}{ e^{-a}-1}\)

　\( \Large \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n \ e^{an} = \frac{e^{-a}}{ \left( e^{-a}-1 \right)^{2}}\)

　\( \Large \hspace{56pt} \displaystyle = \frac{e^{-a}}{ \left( e^{-a}-1 \right)^{2}} \frac{e^{2a}}{e^{2a}} \)

　\( \Large \hspace{56pt} \displaystyle = \frac{e^{a}}{ \left( 1 - e^{a} \right)^{2}} \)

を得ることができます．

ここで，

　\( \Large \displaystyle a = ln \left( \frac{5}{6} \right) \)

　\( \Large \displaystyle e^a =\frac{5}{6}\)

とすると，

　\( \Large \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot P(n) = \frac{1}{5} \sum_{n=1}^{\infty} n \ EXP \left[ n \cdot ln \left( \frac{5}{6} \right) \right]
= \frac{1}{5} \sum_{n=1}^{\infty} n \ e^{an}
= \frac{1}{5} \frac{e^a}{(1 - e^a)^2} \)

したがって，

　\( \Large \displaystyle = \frac{1}{5} \frac{5/6}{(1 - 5/6)^2}
= \frac{1}{5} \frac{5/6}{(1/6)^2} = 6\)

となり，見事平均は６，つまり，平均６回サイコロを振ると６が出る，と言うことになります．

別解

違う方法での解法もありました．

　\( \Large \displaystyle <P> = \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot P(n) = \frac{1}{5} \sum_{n=1}^{\infty} n \ e^{an}
= \frac{1}{5} \left[ e^{a} + 2e^{2a} + 3e^{3a} +....... \right] \)

　\( \Large \displaystyle e^{a} \)　を掛けると，

　\( \Large \displaystyle e^{a} \ <P> \hspace{150pt} = \frac{1}{5} \left[ \hspace{36pt} e^{2a} + 2e^{3a} + 3e^{4a} +....... \right] \)

その差分は，

\( \Large \displaystyle <P> - e^{a} \ <P>
= \frac{1}{5} \left[ e^{a} + e^{2a} + e^{3a} +....... \right] \)

右辺は，規格化の式より，１となるので，

\( \Large \displaystyle <P> - e^{a} \ <P>
= 1 \)

\( \Large \displaystyle <P> = \frac{1}{1- e^{a}} = \frac{1}{1-5/6} =6\)

と上の結果と同じ結果となりました．