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\documentclass[a4j]{jsarticle}
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\input{../lib/macro.tex}
\input{../lib/useemath.tex}
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%%
\title{籤引きの原理}
\author{%
栗野俊一%
\thanks{%
日本大学理工学部数学科{\tt<kurino@math.cst.nihon-u.ac.jp>}%
}}
%%
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%%
%%\input{sankaku.tex}
%%
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%%

\newcommand{\lt}{<}
\newcommand{\CmbBase}[3]{{}_{#2}#1_{#3}}
\newcommand{\Cmb}[2]{\CmbBase{C}{#1}{#2}}
\newcommand{\Prm}[2]{\CmbBase{P}{#1}{#2}}

\newcommand{\HITG}{H(2)}
\newcommand{\MISSG}{M(2)}
\newcommand{\FIRSTH}{P(1)}
\newcommand{\SECONDH}{P(2)}

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%%
%%
\begin{document}
\maketitle
\section{籤引きの原理}
自然数 $m,n,k$ に対して、$m\ge n, m\ge k$ の関係が成り立っている
\footnote{
これは、単に、以下の「籤引き」という問題のための仮定である。
籤の本数 $m$ は、当たり籤の本数 $n$ 以上でなければならず、
また、引く人数 $k$ も籤の数 $m$ 以下でなければならない。
}
とする。
この時、
$m$ 本の籤の中に $n$ 本の当たり(と、$m-n$ 本の外れ)籤が含まれる籤引きを考え、
これを $k$ 人の人間が、
順に籤を引く事を考える。

ただし、前の人が引いた籤は、当たり、外れに限らず、元に戻さないとする。

この問題を $S(m,n,k)$ で表す事にする。

この時、
$j$ 番目に籤を引く人が、当たり籤を引く確率($P(j)$)が、
$j$ に無関係に $P(j) = \displaystyle \frac{k}{n}$
と、
{\em 全て同じ値}になる。

この
「籤を引く順序が、当たりを引く確率に影響しない(籤引きは公平である)という性質」
を、
{\em 籤引きの原理}
と呼ぶ。

\section{「籤引きの原理」の意味}

数学的な話ではないが、
数学の外の立場から、
「籤引きの原理」に関する話を二つする事にする。

\subsection{応用の観点}
一つ目は、応用の観点であり、
この原理が、「籤引きが公平である」という考えの基本原理になっているという事である。
数学的な事実として「引く順序 $j$ に拘わらず $P(j)$ が全て等しい」は、
単なる結果でしかないが、
応用の立場から、
この性質が「{\em 好ましい性質}として捉えらえている」という事は、
十分に認識しておくべきである。

数学は単独で完成された学問であるが、
常に応用と結び付ける事により、
{\em 直観の豊さ}が増し、
理解を進める事ができるようになる。

特に、「順番に無関係に確率は変らない」という「直観」は、
この問題を理解するための、
もう一つの視点を与える事になる(節\ref{Sec:籤の並び}参照)。

\subsection{人間の活動としての数学の観点}

二つ目は、人間の活動としての数学の観点であり、
数学と直観との関係である。

{\em 数学は直観と論理の両輪によって進む学問}
である。
{\em 直観無き論理は空疎であり、論理無き直観は単なる妄想}
でしかない。

籤引きの原理は、一見、ある種の直観に反しているように感じられる。

実際、「早い者勝ち」、
「残り物に福がある」という二つの格言は、
籤引きに対する、
典型的な「直観」的認識で、
しかも、同じ対象に対して、全く反対の結論を導き出している。

前者の「論理」は、
「最初の方に籤を引いた人が、
当たり籤を全て引き切ってしまったら、
後の人間は籤を引く意味がなくなってしまう」ので、
「後の方が不利」というものである。
そして、後者の「論理」は、
「最初の方は、(一般に..) 当たり籤より外れ籤の方が多いので、
多くの場合、外れ籤の方が先に出るだろう、
そうすれば、残りは外れ籤の本数が減るので、
当たり籤を引く確率が高くなる」ので、
「後の方が有利」というものである。

共に、「もっとらしく、論理的に感じられる
\footnote{
興味深いのは、この二つの推論は、
間違って{\em いない}事である。
間違っているのは、推論にではなく、
「最初に籤を引く人間に起きる現象」に対する、
{\em (直観による..)勝手な評価}
(前者は、当たり籤を引く、後者は、外れ籤を引く) を
{\em 仮定してしまっている事}
である。
その仮定が成立しないので、正しい結論が導けていないだけである。

しかし、逆に、その仮定が成立するのであれば、
結論の正しさが、導かれるという意味で、
推論は適切であり、
その結果「もっとらしく感じる」のである。
}
」のであるが、
結果的に、
この籤に関して言えば、
この二つの「直観」は何れも間違っている(論理性に欠けている..)
\footnote{
もちろん、だからといって、この二つの格言に意味がないという事ではない。
前者は、「何かを成す場合の{\em 積極性}」を評価したものであり、
その一方、後者は、
「何かを成す場合の{\em 計画性}」を評価したという「評価の立場の違い」でしかなく、
しかも、一般には、「物事(数学に限定しない..)を成す」上で、
その両方が重要である事は言うまでもないだろう。
}
。

「直観」は、人間の経験に基く物であり、
しかも、経験は、必ずしも全ての情報が与えられた状況で得られるわけではない
\footnote{
ので、
経験時に、「正しくない内容」を推測しても、
「それが否定されない(それと矛盾する情報があれば、
それを、否定できるのだが、それが得られないので...)」可能性があり、
その結果として、「誤りを含む内容」が「経験として積まれてしまう」
事が生じてしまう。
}。
したがって、「直観で得られた結果」に対しては、
常に「正しいかどうかを論理で検査する」必要がある。

これは、結局、
「数学をするのは人間」であり、
「人間は常に論理的な形で結論を出すわけではない
\footnote{
何故なら、経験において、
全ての情報が得られていないとするならば、
(情報不足によって..) そもそも、
{\em 論理的に答えを出す事ができない場合}も有り得るわけであるが、
人間は、その様な場合でも(直観を用いて..)何らかの形で、
答えを出す必要があるため、「論理だけに頼る事はできない」のである。
しかも、日常的には、
そのような(答えを出すのに、論理だけでは解決できず)、
直観を必要とする場合が殆どである。
}」ので、
「意識的に、『直観を論理で検査する』ようにする必要」
があるわけである。

\section{「籤引きの原理」の証明}

\subsection{樹形図を用いる方法}\label{Sec:樹形図}

まずは、籤引きの順番に従って、条件付き確率を求める事にしよう。

\begin{description}
\item[一人目]
最初に籤を引く人の当たり籤を引く確率 $P(1)$ は、
籤引きの状況が
一通り($m$ 本の籤の中に $n$ 本の当たり籤が含まれる)しかなく、
その当たり籤を引く確率 $P(1)$ は
$\displaystyle \frac{n}{m}$
となる。

\item[二人目]
次の二人目の当たり籤を引く確率 $P(2)$ を計算するには、
一度目の籤引きで、当たりが出た場合と、出なかった場合の
二つに、場合分けをして考えると良い。

\input{second-proof.tex}

\item[三人目]
三人目の当たり籤を引く確率 $P(3)$ を計算するには、
一度目の籤引きで、当たりが出た場合と、出なかった場合の
2 つと
二度目の籤引きで、当たりが出た場合と、出なかった場合の
2 つと
の組み合わせ
$
\{
<\mbox{当},\mbox{当}>,
<\mbox{当},\mbox{外}>,
<\mbox{外},\mbox{当}>,
<\mbox{外},\mbox{外}>
\}
$
の合計、4 つの場合分けをして考えると良い。
それぞれの結果は以下の様になる。

\begin{description}
\item[$<\mbox{当},\mbox{当}>$]
\begin{eqnarray*}
\frac{n}{m}
\times
\frac{n-1}{m-1}
\times
\frac{n-2}{m-2}
&=&
\frac{n(n-1)(n-2)}{m(m-1)(m-2)}
\end{eqnarray*}
\item[$<\mbox{当},\mbox{外}>$]
\begin{eqnarray*}
\frac{n}{m}
\times
\left(1-\frac{n-1}{m-1}\right)
\times
\frac{n-1}{m-2}
&=&
\frac{n(m-n)(n-1)}{m(m-1)(m-2)}
\end{eqnarray*}
\item[$<\mbox{外},\mbox{当}>$]
\begin{eqnarray*}
\left(1-\frac{n}{m}\right)
\times
\frac{n}{m-1}
\times
\frac{n-1}{m-2}
&=&
\frac{(m-n)n(n-1)}{m(m-1)(m-2)}
\end{eqnarray*}
\item[$<\mbox{外},\mbox{外}>$]
\begin{eqnarray*}
\left(1-\frac{n}{m}\right)
\times
\left(1-\frac{n}{m-1}\right)
\times
\frac{n}{m-2}
&=&
\frac{(m-n)(m-n-1)n}{m(m-1)(m-2)}
\end{eqnarray*}
\end{description}

この結果を全て加えると
\begin{eqnarray*}
P(3)
&=&
\frac{n(n-1)(n-2)}{m(m-1)(m-2)}
+
\frac{n(m-n)(n-1)}{m(m-1)(m-2)}
+
\frac{(m-n)n(n-1)}{m(m-1)(m-2)}
+
\frac{(m-n)(m-n-1)n}{m(m-1)(m-2)}
\\
&=&
\frac{
n(n-1)(n-2)
+
n(m-n)(n-1)
+
(m-n)n(n-1)
+
(m-n)(m-n-1)n
}{
m(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\times
\frac{
(n-1)(n-2)
+
(m-n)(n-1)
+
(m-n)(n-1)
+
(m-n)(m-n-1)
}{
(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\times
\frac{
(n-1)\{(n-2)+(m-n)\}
+
(m-n)\{(n-1)+(m-n-1)\}
}{
(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\times
\frac{
(n-1)(m-2)
+
(m-n)(m-2)
}{
(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\times
\frac{
(m-2)\{(n-1)+(m-n)\}
}{
(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\times
\frac{
(m-2)(m-1)
}{
(m-1)(m-2)
}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\\
&=&
P(1)
\end{eqnarray*}

となり、確かに、$P(1)$ と一致する。

\item[$j$ 人目]
$P(j)$ の計算で、
それまでの $1 .. j-1$ の人の籤の出方によって、
場合分けをすると、
個々の籤は、当たりか外れかの $2$ 通りなので、
その組み合わせは、最大 $2^{j-1}$ 通りある。

その組み合わせを
$<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)\,(g_i \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \}, i=1,..,j-1)$
とする。
また、その状況がおきる確率を
$P(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)$、
その内、当たりの出た本数を
$N(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)$
で表す事にする。

すると、求める確率 $P(j)$ は、次の式によって、求める事ができる。

\begin{eqnarray*}
P(j)
&=&
\sum_{
g_1 \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
..,
g_{j-1} \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
N(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)\le n
}
P(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)\times\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)}{m-j+1}
\end{eqnarray*}

ここで、この和を
$<g_1, g_2, .., \mbox{当}>$
の場合と
$<g_1, g_2, .., \mbox{外}>$
の場合のように、
前の $1,..,j-2$ 迄は、同じだが、最後の $j-1$ 回目だけが異るような
場合の二つを一組にして考える事にする。

今、
\begin{eqnarray*}
n'&=&N(<g_1, g_2, ..,g_{j-2}>)
\\
p'&=&P(<g_1, g_2, ..,g_{j-2}>)
\end{eqnarray*}
とすると、
$N$ の定義により、
\begin{eqnarray*}
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)
&=&
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2})=n'+1
\\
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)
&=&
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2})=n'
\end{eqnarray*}
なので、これから、
\begin{eqnarray*}
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)
&=&
p' \times \frac{n-n'}{m-j+2}
\\
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)
&=&
p' \times \left( 1 - \frac{n-n'}{m-j+2} \right)
\end{eqnarray*}
となる。

一方、この場合に、次の $j$ 番目が当たりを引く条件付き確率は、
それぞれ、
\begin{eqnarray*}
\mbox{一つ前が当たりの場合}&:&\frac{n-n'-1}{m-j+1}
\\
\mbox{一つ前が外れの場合}&:&\frac{n-n'}{m-j+1}
\end{eqnarray*}
となり、
これから、この二つの場合の確率の和は、次のようになる。
\begin{eqnarray*}
\mbox{与式}
&=&
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)\times\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)}{m-j+1}
\\
&+&
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)\times\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)}{m-j+1}
\\
&=&
p' \times \frac{n-n'}{m-j+2}\times\frac{n-n'-1}{m-j+1}
+
p' \times \left( 1 - \frac{n-n'}{m-j+2} \right)\times\frac{n-n'}{m-j+1}
\\
&=&
p'
\times
\frac{n-n'}{m-j+2}
\times
\left(
\frac{n-n'-1}{m-j+1}
+
\frac{(m-j+2)-(n-n')}{m-j+1}
\right)
\\
&=&
p'
\times
\frac{n-n'}{m-j+2}
\times
\left(
\frac{(n-n'-1)+[(m-j+2)-(n-n')]}{m-j+1}
\right)
\\
&=&
p'
\times
\frac{n-n'}{m-j+2}
\times
\left(
\frac{m-j+1}{m-j+1}
\right)
\\
&=&
p'
\times
\frac{n-n'}{m-j+2}
\end{eqnarray*}

ここで、$p', n'$ を戻してみると、この式は、

\begin{eqnarray*}
\mbox{与式}
&=&
p'
\times
\frac{n-n'}{m-j+2}
\\
&=&
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2})
\times
\frac{n-N(<g_1, g_2, ..,g_{j-2}>)}{m-j+2}
\end{eqnarray*}
となる。
これは、$j-2$ 番目の総和の項目の一つとなっている。
すなわち、

\begin{eqnarray*}
P(j)
&=&
\sum_{
g_1 \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
..,
g_{j-1} \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
N(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)\le n
}
P(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)\times\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-1}>)}{m-j+1}
\\
&=&
\sum_{
g_1 \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
..,
g_{j-2} \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}) \le n
}
\left(
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)
\times
\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{当}>)}{m-j+1}
+
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)
\times
\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}, \mbox{外}>)}{m-j+1}
\right)
\\
&=&
\sum_{
g_1 \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
..,
g_{j-2} \in \{ \mbox{当}, \mbox{外} \},
N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}) \le n
}
P(<g_1, g_2, .., g_{j-2})
\times
\frac{n-N(<g_1, g_2, .., g_{j-2}>)}{m-j+1}
\\
&=&
P(j-1)
\end{eqnarray*}

となり、$P(j)=P(j-1)$ が示される。
同様にして、これは
$
P(j-2)=..=P(2)=P(1)=\frac{n}{m}
$
となる事が解る。
\end{description}

以上により、籤の原理が成り立つ。

\subsection{数学的(構造)帰納方法を用いる方法}

$S(m,n,k)$ の時の $j$ 番目の人が当たりを引く確率を $P^m_n(j)$ で表す事にする。

次の自然数 $m$ に関する命題$Q(m)$を考えてみよう。
\begin{eqnarray*}
Q(m)
&
\equiv
&
\mbox{
「任意の $0\le n \le m, k=m$ における
籤引き $S(m,n,k)$ に対して
$\displaystyle P^m_n(j)=\frac{n}{m}$
」}
\end{eqnarray*}

$k=m$ の場合に
$
\displaystyle
P^m_n(j)=\frac{n}{m}
$
が成立すれば、明かに、$k<m$ の場合でも成立するので、$k=m$ に議論を絞ってよい。

また、
節\ref{Sec:樹形図}で示した様に、
$
\displaystyle P^m_n(1)=\frac{n}{m}
$
である。

したがって、ここでは
$
\displaystyle
P^m_n(j)=\frac{n}{m}\, (j=2,..,k=m)
$
を示めす事にする。

以下に、この $Q(m)$ が、任意の自然数$m$で成立する事を数学的帰納法によって証明する。

\begin{description}
\item[$m=1,2$の時] これは、既に、節\ref{Sec:樹形図}で示した。
\item[$m=i\ge2$の時に成立すると仮定して$m=i+1$の場合を示す]
節\ref{Sec:樹形図}と同様に、$j=1$ の時、$j=2$ の時、そして、一般の場合の
値を、そろぞれ計算する事にする。
 \begin{description}
 \item[$j=1$ の時]
既に、節\ref{Sec:樹形図}で示したように、
$
\displaystyle
P^m_n(1)
=
\frac{n}{m}
$
である。
 \item[$j=2$ の時]
同じく、節\ref{Sec:樹形図}で示したように、再び、
一人目が、当たり籤を引いた場合と外れ籤を引いた場合の
二つの場合に場合分けを行って、
$\displaystyle
P^m_n(2)=P^m_n(1)=\frac{n}{m}
$
を示す事にする(以下は、節\ref{Sec:樹形図}の証明と同じ証明である)。

\renewcommand{\HITG}{H^m_n(2)}
\renewcommand{\MISSG}{M^m_n(2)}
\renewcommand{\FIRSTH}{P^m_n(1)}
\renewcommand{\SECONDH}{P^m_n(2)}
\input{second-proof.tex}

 \item[一般の $j\ge3$ の時]
さて、次に、
$\displaystyle
P^m_n(j)=\frac{n}{m}\, (j\ge3)
$
を示す事にするが、
この時、一人目の籤が引かれた後の状況を考えると、
$H^m_n(j)$
は、
$S(m-1,n-1,k-1)$
の時の
$P^{m-1}_{n-1}(j-1)$
である。
したがって、帰納法の仮定より、
$\displaystyle
H^m_n(j)=P^{m-1}_{n-1}(j-1)=\frac{n-1}{m-1}=P^{m-1}_{n-1}(1)=H^{m}_{n}(2)
$
が成立する。
また、同様にして、
$\displaystyle
M^m_n(j)=P^{m-1}_{n}(j-1)=\frac{n}{m-1}=P^{m-1}_{n}(1)=M^{m}_{n}(2)
$
である。
すなわち、
$\displaystyle
P^{m}_{n}(j)=P^{m}_{n}(1)=\frac{n}{m}
$
の証明は、以下のように、$P^{m}_{n}(2)$ と全く同じように行う
\footnote{
このように、「ある命題が正しい」事が証明されている時に、
「別の命題」に対して、「その証明の形が同じ」ならば、「その命題も正しい」
事がいえる。

つまり、「証明の内容」をチェックせず、「証明の形」をチェックするだけで
判断をしている事になる。

このような証明を「メタ証明(証明を対象とする証明)」と呼ぶ。
}
事ができる。

\renewcommand{\HITG}{H^m_n(j)}
\renewcommand{\MISSG}{M^m_n(j)}
%\renewcommand{\FIRSTH}{P^m_n(1)}
\renewcommand{\SECONDH}{P^m_n(j)}
\input{second-proof.tex}
 \end{description}

すなわち、$m=i+1$ の場合も
$\displaystyle
P^m_n(j)=\frac{n}{m}\, (j=1, .., k=m)
$
となり、$Q(m)=Q(i+1)$ も成立する。
\end{description}

以上により、$m=1,2$ の時に $Q(m)$ が成立し、
$Q(i)\,(i\ge1)$ が成立したと仮定すると、$Q(i+1)$ も成立する事が
示されたので、
数学的帰納法により、
任意の自然数 $m$ に対して、$Q(m)$ が成立する。

\subsection{現象全体を用いる方法}
\subsubsection{直観の利用}

「籤引きの原理が直観と反すると感じる」のは、
「時間順序がある」ので、
「因果関係を持つ(つまり、先の籤引きの結果が後の籤引きに影響する)」と感じられるのに、
「籤引きの原理」が、「影響がない(因果関係を否定している)」事を示すからである。

実際、節\ref{Sec:樹形図}での確率の計算でも、
二人目以後の籤引きの確率の計算には、一人目の籤引きの結果で場合分けしており、
しかも、当然の事がながら、それぞれの条件付きの確率は、
一人目の籤引きの結果によって、値が異る。

ただ、全体としては、最初の同じ結果になっているというだけである。

この結果は、「形の上」では、
「実際には影響を受けているが、計算した結果、偶然(?)一致 している」
ように思えない事もない。

しかし、もし、本当に、籤引きの原理が成立するのであれば、
「二人目の確率が、一人目の籤引きの結果に無関係である」
事が明確に解る計算(解釈)方法があるはずである。

その解釈とは何だろうか ?
もう一度、改めて「籤引きの原理」を{\em 解釈}してみよう。

繰り返すが、「籤引きの原理」は、「一人目と二人目は同じ結果」という事を意味する。
そして、「一人目は先に引くが、二人目は後なのに」というのが、
「違和感(直観的な否定)」の要因だった。

つまり、「順序」を仮定するから「違和感」を持つというのであれば、
「順序を無くせば、違和感が、解消される」という事になる。

次の証明は、この「順序を無くす」という発想から説明される。

\subsubsection{引いた籤の並びの利用}\label{Sec:籤の並び}

\paragraph{籤の並び}

元の問題では、$m$ 本の籤を $k$ 人の人間が「順番に引く」事になっている。
そこで、「$k$ 人全ての人が籤を引き終った後の状況」を考えてみよう
\footnote{
「意味上」、
「$k$ 本の籤を順番に引く」事と、
「$k$ 本の順序付きの『籤の束』を一度に引く」事は「同型」である。
}
\footnote{
「同型」という意味は、「異る問題だが、同じ振舞をする」という事である
(もちろん、数学的には、同型に対する、もっと、きちんとした説明がなされるが、
ここでは、詳しく触れない)。
したがって、「一方を解く事ができ」れば、「他方も同時に解け」た事になる。
}
\footnote{
数学の世界では、このように、「与えられた問題を「同型」な問題に変換した
別の問題を作り、その問題を解く事によって、元の問題解く」という手法が度々
利用される。

「同等」ならば、「変換した問題を解くのも元の問題を解くのも同じではないか」という
疑問があるかもしれないが、
「変換した問題」が得られるという事は、「その問題の異る側面が明確になり、
その問題に対して異る観点からのアプローチが可能になる」という事を意味する。

「同等」というのは、「論理的」な意味であり、「直観的」には「異る」物になるので、
「直観が働いて」問題が解き易くなる
}
\footnote{
元の問題と同型な問題を作る典型的な手法の一つに、
「直積空間を作る」
というアプロローチがある。

これは、複数の集合 $S_1, S_2, .., S_n$ から、
それぞれ、解 $x_1, x_2, .., x_n$ を求める問題を、
直積集合
$ S^* = S_1 \times S_2 \times .. \times S_n$
を作り、その要素の一つ
$<x_1, x_2, .., x_n> \in S^*$
を求める問題に対応付けるという手法であり、
今回の例でも、この手法が利用されている。
}
。

状況を判り易くするために、籤には $1, 2, .., m$ の番号が振られており、
更に、話を簡単にするために $1, 2, .., n$ が当たり籤であり $n+1, n+2, .., m$ が
外れ籤であると仮定
\footnote{
もちろん、こう仮定しても問題の結果には影響しない。
}
しよう。

$j$ 番目に引いた籤を $F_j$ とすると、
「$k$ 人が籤を引き終った」結果は、
$k$ 対 $<F_1, F_2, .., F_k>$
で表現する事ができる。

これは、$m$ 個の異る物から重複を許さずに $k$ 個取出して並べた結果(順列)となるので、
\begin{eqnarray*}
\Prm{m}{k}
=\frac{m!}{(m-k)!}
=\frac{m\times(m-1)\times .. \times 2 \times 1}{(m-k)\times(m-k-1)\times .. \times 2 \times 1}
=m\times(m-1)\times .. \times(m-k+1)
\end{eqnarray*}
種類ある。

つまり、
「一人一人が籤を引いた結果」を、時間にそって細かく考えるのではなく、
全員が引き終えた後の、「全員の結果」だけに着目するという立場を取る。

この様な形で、「全体を眺めれ」ば、「細部に現れるの順序」に囚われずに済むように
なるわけである。

\paragraph{籤の並びに基く確率の計算}

さて、ここで、$1$ 人目が、当たりを引く確率 $P(1)$ を求めてみよう。

一人目が当たりとなるのは、$1 \le F_1 \le n$の場合である。
この様な $k$ 対の個数は、
最初の $F_1$ だけは、$1, .., n$ となる $n$ 通りで、
残りの部分の $k-1$ 個の $F_2, .., F_k$ は
自由にしてよいので、$\Prm{m-1}{k-1}$ 通りとなり、
結局、その組み合わせの
$n \times \Prm{m-1}{k-1}$
通りとなる。

したがって、$P(1)$ は、
全体の場合の数($\Prm{m}{k}$)に対する
当たりの場合の数($n\times \Prm{m-1}{k-1}$)の比なので、
次の様に求める事ができる。

\begin{eqnarray*}
P(1)
&=&
\frac{n \times \Prm{m-1}{k-1}}{\Prm{m}{k}}
\\
&=&
\frac{n \times (m-1)(m-2)..(m-k+1)}{m(m-1)..(m-k+1)}
\\
&=&
\frac{n}{m}
\end{eqnarray*}

一方、$j$ 番目 ($2\le j\le k$) の確率 $P(j)$ も、
$k$ 対の $j$ 番目、
すなわち $F_j$ のみ $1\le F_j\le n$ を満し、
他の部分は任意でよいので、
$P(1)$
と全く同じ様にして計算して、
$\displaystyle P(j) = \frac{n}{m} = P(1)$
を得る事ができる。

この $j$ は任意なので、
$
\displaystyle
P(1)=P(2)=..=P(k)=\frac{n}{m}
$
すなわち、「籤引きの原理」が成立する。

特に重要なのは、この方法では、
「$P(j)$ の結果を得る」
ために、
「一人目の籤引きの結果$F_1$を利用していない」
事である。

これは別の言い方をすれば、
「一人目の籤引きの結果 $F_1$ は、他の籤引きの確率$P(j)$に影響しない」
すなわち、
「因果関係の否定」
を意味している。

「一人目を引いた後の状況で、二人目を考える」というのは、
言わば、「一人目の結果$F_1$」という過去と、
「二人目の予想$P(j)$」という未来を並べて{\em 区別している事}を意味する。

この「時間上の順序関係」が、「因果関係」を「{\em 誤}誘導」しているわけである。

しかし、「$k$ 人が籤を引き終った」状況では、
「一人目の結果($F_1$)も $j$ 人目の結果($F_j$) も同じ過去の結果」
として{\em 同列に扱う事を}を意味し、そこには、「因果関係」の生じ様がない。

また、この形であれば、$P(1)$ と $P(j)$ は単なる、
場所($F_1$ に注目するのか $F_j$ に注目するか)の違いでしかないので、
当然、「同等である」事は「{\em 直観的に} 明らか」である。

\begin{thebibliography}{1}
\bibitem{honmma} 本間, ``くじ引きの原理'', {\tt \verb|http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/probability/probability4.html|}
\end{thebibliography}

\end{document}

