中学数学 確率

 

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中学1年生課程へ 中学2年生 中学3年生課程へ
A  数と式 B  図形 C  関数 D  資料の活用
(1)  場合の数 (2)  確 率
確率の意味と求め方
確率を用いた不確定な事象
  ・ 確率総論
 ① 余事象
 ② じゃんけん
 ③ サイコロ
  ・ 親子中学での数え方
 ④
 ⑤ 図形
  ・ 右回り=時計回り=外回り
  ・ 最短経路の確率 (重複順列か反復試行か)
  ・ 宝くじの確率

 

確率

 

ア 確率の意味と求め方

 

『確率』とは、ある事柄の起こりやすさ、の程度ですね

 

そして、確率の公式は、

 


公式

(全てに区別をつけて)
確率  = 該当パターン/全パターン  = 中学数学 確率 |

ですね

 

 

例えば、同様に確からしい1つのサイコロを1回振って、「2」が出る確率は?
(「同様に確からしい」→「確率に平等性がある」「インチキのない〇〇」)

 

確率  = 該当パターン/全パターン
「2」が出るパターン → 1パターン
1/6

6パターンの可能性 6パターンの内訳

 

6パターンは、「6通り」と読んでもよいですね

 

 

 

《 例 》 1つのサイコロを1回振って、「2」か「4」が出る確率は?

 

確率  = 該当パターン/全パターン
「2」が出るパターン+「4」が出るパターン → 2パターン
2/6  = \(\large{\frac{1}{3}}\) ですね

 

 

 

《 例 》 二人でじゃんけんをして、自分が勝つ確率は?
例題問題じゃんけんの基礎

 

自分の出せる手  …3パターン
相手の出せる手  …3パターン
全パターン  = 自分の出せる手×相手の出せる手  = 3・3  = 9パターン

 

確率  = 該当勝ちパターン/全パターン  = \(\large{\frac{3}{9}}\)  = \(\large{\frac{1}{3}}\) //

 

 

※ 直感的には、「勝ち」「負け」「あいこ」の全3パターンで
「勝ち」は1つ、よって、\(\large{\frac{1}{3}}\) と考えてしまっていましたね
ですが実は数学の「確率」では、\(\large{\frac{3}{9}}\) を約分して\(\large{\frac{1}{3}}\) となりますね

 

 

このように、確率自体を求めることは超簡単ですね! 約分するだけですから!
問題は、分母の「全パターン=場合の数」と
分子の「該当場合の数」を求めることが難しいのです!

 

ところが、「場合の数」は2009年度より小学校6年で習っているようですね!

 

→ 念のため、「場合の数」の復習

 

 

 

 

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イ 確率を用いた不確定な事象の説明

 

〔 確率総論 〕

 

「確率」とは、その事柄の起こりやすさを数値化したものですね!

 

確率(p) = 該当事象/全事象  = 該当場合の数/起こり得る全場合の数でしたね

p:probability(起こりそうな事)

 

●「前提」として「同様に確からしい」ということが必要ですね

 

変形サイコロイラスト

このようなサイコロは
「同様に確からしくない」ですね!
本能的に「6」が出にくい感じですね


 

すなわち、「同様に確からしい」とは、「物理的」にも「データ(統計)的」にも、
それぞれが「平等」ということですね!
→ 全36通りなら、36回の試行ですべて1回ずつ起こる!

 

「運」のみが存在して、
そこに計算や経験などの「データ」の入る余地がないということですね!
(一言でいえば、「インチキがない!」ですね
「運」だけですので、負けた時に「納得せざるを得ない感」があるものですね!

 

 

●「全事象」とは、「全ての可能性ですね」例えば
・サイコロ1つの全事象は?サイコロの全目の合計 6 通り

 

・サイコロ2個の全事象は?
 6+6 = 12 通り?
 6×6 = 36 通り? どっちでしょう?

 

このように並べると 6通り6通りなんとなくわかりますね!「×掛ける」ですね!

 

ちゃんと説明してみますと、

 

「全事象」の証明

Aの1通りにつき、6通りある  → 1×6
そのAは全部で、6通りある→ 1×6×6>

 

すなわち、1×6×6ひっ算
6通りが×6通り  = 62  = 36 通りですね!
縦から先に考えても同じことですね
6通りがそれぞれ×6通りを持つ  = 62  = 36 通りですね!

 

2人のじゃんけんも同様に考えられますね
→「3通り」×「3通り」  = 32  = 9 通り


 

では、「3つの」サイコロの全事象は?
→ 6×6×6 = 63  = 216 通りですね

 

 63 = 216 憶えてしまいたいですね!

 

・コイン1枚の全事象は?表、裏の合計2 通り

 

・赤玉1個、白玉3個から1つ取り出す全事象は? 
 赤1白3の玉
赤1白1 の2通り?
違いますね!
赤1白3の合計4 通りですね!

 

上の赤白と、下の赤白の違いは…
玉を「区別していない」か「区別している」かの違いですね!

 


ポイント

確率の場面での場合の数を考える場合は、
区別のないものでも、区別をつけて考える ですね

 

なんでしたら、1,2,3,4の玉(1を赤玉とする) でもかまわないくらいですね!

 

確かに、確率を考えるとき、
1回出る「結果」としては、赤か白の2通りですが、赤が出る確率の方が「低い」
ということは本能的に分かりますね!

 

 

 

●分子の「該当場合の数」とは、問題文がその都度指定してくるものですね

 

・2つのサイコロの目の和が「3」と指定されれば
組合せは(1, 2)しかありませんが、ダメですね!
同じ大きさ、重さのサイコロであっても
区別をつけますので  …例) サイコロA、サイコロB (サイコロ、コインは必ず順列な数え方で!)

 

(1A, 2B)と(2A, 1B)の 2 通り あるということですね 組合せからの順列的な考え方

 

 

●サイコロ2個を「同時に振る」「1つずつ振る」

 

・2つのサイコロの目が、1コ目は「1」、2コ目が「2」となるのは何通り?
→ (1A, 2B) の 1通り ですね 順列的な考え方

 

・2つのサイコロを順に振って「1」と「2」となるのは何通り?
→ (1A, 2B)と(2A, 1B)の2 通り 組合せからの順列的な考え方

 

・2つのサイコロ同時に振って「1」と「2」になるのは何通り?
→ (1A, 2B)と(2A, 1B)の2 通り 組合せからの順列的な考え方

 

・2つのサイコロの目が、「1」と「1」(1のぞろ目)になるのは何通り?
→ (1A, 1B)と(1B, 1A)の…2通り?
ダメですね! どちらもA→1、B→1で1通りを順番を変えただけで
(1A, 1B) の 1通りですね! 同じ文字を含む順列的な考え方

 

ポイント

2つのサイコロの組合せ

 

サイコロの問題では、1回目に~の目、2回目に~の目
というふうに順序にこだわる問題は少ないですね

 

順に振っても、結局結果だけにこだわる
「とにかく系」では
「同時に振る」=「1個ずつ振る」
「ぞろ目」は1通りしかない
(図参照、確かに(1, 2)(2, 1)はありますが
(1, 1)や(2, 2)は1つずつしかないですね)

 

目は1~6までありますので、ぞろ目は
それぞれ1通り、合計6通りしかないですね
これは、サイコロが3個、4個…と増えても
同じで、それぞれ1通り、合計6通りしかないですね

 

・(〇, △)のように異なる場合(ぞろ目でない場合)は、
サイコロの個数の全順列分、通り数がありますね


 

ex.
(1, 2) → (2, 1) もある  → 2!  → 2通り

 

(1, 2, 3) → (1, 3, 2))  (2, 1, 3)  (2, 3, 1)  (3, 1, 2)  (3, 2, 1)  → 3!  → 6 通り

 

(1A, 1B, 2C) → (1A, 2B, 1C)  (2A, 1B, 1C)  → \(\large{\frac{3!}{2!}}\)  (同じ文字を含む順列分)  → 3 通り

 

 

 

 

 

●赤玉、白玉を「同時に2個取る」「1個ずつ2回取る」

 

赤1白3を含む袋
・2個同時に取る全事象は?
組合せ  → (1, 2)(1, 3)(1, 4)  (2, 3)(2, 4)(3, 4)の  6 通り (\({}_4 \mathrm{C }_2\))

 

・赤1、白1になるのは?
→上の羅列より  → 3 通り(\({}_1 \mathrm{C }_1\)×\({}_3 \mathrm{C }_1\))

 

・赤1、白1になる確率は?
該当事象/全事象  → \(\large{\frac{3}{6}}\)  = \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

〇1個ずつ(取ったものを戻さずに)2回取る全事象は?

 

袋の中の赤玉1白玉34P2の樹形図

 

順列  → (1, 2)(1, 3)(1, 4)  (2, 1)(2, 3)(2, 4)
(3, 1)(3, 2)(3, 4)  (4, 1)(4, 2)(4, 3) の  12 通り(\({}_4 \mathrm{P }_2\))

 

・赤1、白1になるのは?
→上の羅列より 6 通り

 

・赤1、白1になる確率は?
→ \(\large{\frac{6}{12}}\) = \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

確率が「同時に取った」場合と同じですね!

 

確率を考える場合、
「同時に2個取る」=「1個づつ(戻さずに)2回取る」
ということですね!

 

(当然と言えば当然ですね!
1個取っては見、1個取っては見と、
同時に2個取って、
1個ずつ見るのは同じことですものね!

 

また宝くじをまとめて10枚買うのと、
1枚買っては清算、1枚買っては清算で、
確率が変わったらおかしいですからね!)

 

また、玉はサイコロと異なり、「ぞろ目」という計算を狂わすものがないので、
「順列」でも「組合せ」でもOKですね
やはり、楽な「組合せ」ですね!

 

→「1個づつ(戻さずに)2回取る」も「同時に2個取る」でいってしまいましょう!

 

 

 

・1個ずつ(取ったら戻して)2回取る
これは別の問題ですね!

 

1回目取って(戻さず)2回目に行くある場面図は
赤1白2

 

1回目取って(戻して)2回目に行くある場面図は
赤1白3
→ 別物ですね!

 

 

ex. 1個ずつ、取ったら戻して、2回取る、赤1白1となる確率は?
・全事象は  → \({}_4 \mathrm{C }_1\)×\({}_4 \mathrm{C }_1\)  = 16 通り
・赤1、白1になるのは?
→ 1回目赤、2回目白  → \({}_1 \mathrm{C }_1\)×\({}_3 \mathrm{C }_1\)  = 3 通り

 

→ 1回目白、2回目赤  → \({}_3 \mathrm{C }_1\)×\({}_1 \mathrm{C }_1\)  = 3 通り

 

∴ 赤1、白1になる確率  =\(\large{\frac{該}{全}}\)  = \(\large{\frac{6}{16}}\)  = \(\large{\frac{3}{8}}\)

 

ポイント

玉の確率問題では
「同時に2個取る」  =「1個づつ(戻さずに)2回取る」

 

順列/順列= 組合せ/組合せ でもよい ですね

 

 

 

 

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① 余事象

 

事象Aに対して、「事象Aが起こらない」という事象を、事象 Aの余事象と言いますね

 

事象+その余事象=1(全部)   ですので、
事象=1-その余事象   と変形できますね

 

そして、事象そのものを求めるより、余事象を求める方が簡単な場合は
「1-余事象」を利用しない手はないですね!

 

 

《 例 》
3枚のコインを投げて、少なくとも・・・・・1枚が表である確率を求めましょう

 

この「少なくとも」というフレーズが出てきたら、ほぼ「余事象」を利用しますね
なぜなら、「少なくとも1枚が表」とは、 (表を1、裏を2としますね)

 

(1, 1, 1)(1, 1, 2)(1, 2, 1)  (1, 2, 2)  (2, 1, 1)(2, 1, 2)(2, 2, 1) の 7通りもありますね
((2, 2, 2)の全て裏を足したら  「全事象(23=8通り)」ですね)

 

問題によっては、数えられないくらいありますね

 

よって、少なくとも1枚が表である確率は \(\large{\frac{7}{8}}\)とするよりも
「少なくとも1枚が表」の余事象  →「1枚も表が出ない」  =「全部裏」

 

よって、 1-「全部裏の確率」=「少なくとも1枚が表である確率」の方が
ずいぶん楽でもあるし、間違いも少なくなりますね!

 

では、全部裏の確率は?
サイコロのぞろ目と同じですね!  「6面体」→「2面体」になっただけですので、
→ 1通り  → 確率は \(\large{\frac{1}{2^3}}\)= \(\large{\frac{1}{8}}\)
∴ 1-\(\large{\frac{1}{8}}\) = \(\large{\frac{7}{8}}\) ですね!

 

ポイント

少なくとも」というフレーズが出てきたら
  余事象 を考える

 

ですが、「簡単になる」とよく言いますが
「余事象」がなんなのかは何気に難しいですね!
練習あるのみです

 

+-の乗法の練習問題

+-の乗法の練習問題

 

+-の乗法の練習問題

 

 

 

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② じゃんけん

 

「じゃんけん」には、これぞ公式と言える公式がありますね!

 

公式

じゃんけん

 

・勝つ確率  = 勝つ/全事象 誰が・どの手で/3^人数

 

・あいこは、余事象

 

 

・「全事象」は、簡単ですね

 

1人目の手×2人目の手×3人目の手×4人目の手  ×・・・ = 3人数分

 

・「どの手勝つ」は
→ 「とにかく勝つ」なら「グーで勝つ」「チョキで勝つ」「パーで勝つ」の「3通り」
→ 「グーで勝つ」なら「1通り」

 

2人でAが勝つ範囲
2人でAさんの1人勝ち    

 

3人でAが勝つ範囲
 3人でAさんの1人勝ち

 


2人でBが勝つ範囲
2人でBさんの1人勝ち    

 

3人でBが勝つ範囲
 3人でBさんの1人勝ち

 


3人のじゃんけんの樹形図

 

このように、「どの手で勝つ」は、人数が増えても1種類につき1通り、
合計3通りしかないですね!

 

 

あとは
・「誰が」ですが、例題で見ていきますね

 

《 例 》
・2人でじゃんけんをして、「Aさんが」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{1}×3}{3^\color{red}{2}}}\) = \(\large{\frac{1\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・2人でじゃんけんをして、「2人が」勝つ(どちらが勝ってもカウント)確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{2}×3}{3^\color{red}{2}}}\) = \(\large{\frac{2\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

・3人でじゃんけんをして、「Aさんが」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{1}×3}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{1\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{9}}\)

 

・3人でじゃんけんをして、「AさんとBさんが」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{2}×3}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{2\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{2}{9}}\)

 

・3人でじゃんけんをして、「(誰か)2人が」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{{}_3 \mathrm{C }_2}×3}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{3\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・3人でじゃんけんをして、「(誰か)2人が」負ける確率は?
→「負ける確率」は「勝つ確率」と全く同様に考えられますね
\(\large{\frac{\color{red}{{}_3 \mathrm{C }_2}×3}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{3\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・3人でじゃんけんをして、「Aさんを含む(誰か)2人が」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{1}×\color{red}{{}_2 \mathrm{C }_1}×3}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{2\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{2}{9}}\)
↑1はA、\({}_2 \mathrm{C }_1\)はAさんを除く2人から1人を選ぶ意味

 

・3人でじゃんけんをして、「Aさんが」「グー」で勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{1}×\color{red}{1}}{3^\color{red}{3}}}\) = \(\large{\frac{1\ \cdot \ 1}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{27}}\)

 

・8人でじゃんけんをして、「(誰か)2人が」勝つ確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{{}_8 \mathrm{C }_2}×3}{3^\color{red}{8}}}\) = \(\large{\frac{2\ \cdot \ 8\ \cdot \ 3}{3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3}}\) = 2187

 

 

「あいこ」は、余事象というのは、
参加人数が増えてくると、「あいこ」の場合の数が数えきれないほど
たくさんの種類があるからですね

 

例えば5人のあいこは、  (〇〇〇〇〇)  (△△△△△)  (□□□□□)  (〇〇〇△□)  (〇〇〇□△)・・・重複順列の「空室2つはOK、空室1つはNG」分これを計算すると153通りもありますね

 

そこで余事象!
1-(誰か1人が勝つ  +誰か2人が勝つ  +誰か3人が勝つ+・・・)  = 「あいこ」 ですね

 

 

 

《 例 》
5人でじゃんけんをして、「あいこ」になる確率は?

 

あいこ= 全事象-誰かが勝つ= 1-(誰か1人が勝つ+誰か2人が勝つ+誰か3人が勝つ+誰か4人が勝つ)  = 1-\(\left(\large{\frac{{}_5 \mathrm{C }_1\ \cdot \ 3}{3^5}}+\large{\frac{{}_5 \mathrm{C }_2\ \cdot \ 3}{3^5}}+\large{\frac{{}_5 \mathrm{C }_3\ \cdot \ 3}{3^5}}+\large{\frac{{}_5 \mathrm{C }_4\ \cdot \ 3}{3^5}}\right )\) cf.5人が勝つ?それは「あいこ」ですね!  = 1-\(\left(\large{\frac{{}_5 \mathrm{C }_1+{}_5 \mathrm{C }_2+{}_5 \mathrm{C }_3+{}_5 \mathrm{C }_4}{3^4}}\right )\) 3を先に約分した  = 1-\(\left(\large{\frac{5+10+10+5}{3^4}}\right )\)  = 1-\(\large{\frac{30}{81}}\)  = \(\large{\frac{81-30}{81}}\)= \(\large{\frac{51}{81}}\)  = \(\large{\frac{17}{27}}\)

 

 

 

《 例 》
A, B の2人がじゃんけんをして、Aさんが勝つ確率は?

 

→解答欄が大きい場合は樹形図を書いて、

2人じゃんけん樹形図

 

全ての場合は
3×3 = 9 通り

 

Aが勝つのは、樹形図より
(グ、チ)(チ、パ)(パ、グ)の3通り
∴ \(\large{\frac{3}{9}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)


 

となると思いますが、解答欄が答のみなら、中学生でも公式OKですね
じゃんけん確率  = \(\large{\frac{「誰が」「どの手」 }{全事象}}\)  = \(\large{\frac{「A1人が」「全手で」}{全事象}}\)  = \(\large{\frac{\color{red}{1}×3}{3^\color{red}{2}}}\)  = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

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③ サイコロ

 

分母にくるサイコロの全事象は、「6」のサイコロの個数分の累乗ですので単純ですね!
そして、分子にくる「該当場合の数」が色々ありすぎて、
「確率」の問題というより「整数の性質」の問題だ!とも言えますね!

 

 

●2個のサイコロ  → 全事象は  → 62  = 36 通り
(確認:サイコロは必ず区別する ですね!)

 

2個くらいなら表を書いてもよいですね

サイコロ2この表      

 

赤:1通りしかないもの
黒:2通りあるもの
ex. (1A, 2B) → (2A, 1B)
(全順列的な考え方:2!)
合計 縦×横=6×6=36通り


 

 

◎和が「9」になる確率は?

 

→ 考えられるのは  (3, 6)(4, 5)
数字が異なるので裏に2通りずつある
∴ 4通り 確率は\(\large{\frac{4}{36}}\)= \(\large{\frac{1}{9}}\)

 

 

◎和が「10以上」になる確率は?

 

→ (4, 6)(5, 5)(5, 6)(6, 6)
∴ 6通り 確率は\(\large{\frac{6}{36}}\)  = \(\large{\frac{1}{6}}\)

 

羅列のしかたですが、ここ(親子中学)では
水平矢印と右上がり矢印を書いて、下がる右下がりの矢印は書かないようにしますね
なぜか下り側は書き漏れの可能性が上がり側より多いので

 

数え方ですが
「同じものを含む順列」的に数えます
(1, 1) → \(\large{\frac{2!}{2!}}\)  = 1通り
(1, 2) → 2!  = 2通りを持つ

 

(1, 1, 1)→ \(\large{\frac{3!}{3!}}\)  = 1通り
(1, 1, 2) → \(\large{\frac{3!}{2!}}\)  = 3通りを持つ
(1, 2, 3) → 3!  = 6通りを持つ

 

 

◎和が「偶数」になる確率は?

 

①偶数+偶数 = 偶数
②偶数+奇数 = 奇数
③奇数+奇数 = 偶数

↑憶える必要はありません
簡単な数字でその都度試しましょうね
2+2=4偶数 2+3=5奇数 3+3=6偶数

②を羅列するのが楽そうですね  (ぞろ目も含まないし!)
→(1, 2)(1, 4)(1, 6)(2, 3)(2, 5)(3, 4)(3, 6)(4, 5)(5, 6)  = 2+2+2+2+2+2  = 18通り
∴ 1-\(\large{\frac{18}{36}}\)  = \(\large{\frac{1}{2}}\) 結果、半分なので偶数を数えてもよかったですね

 

または
36-偶奇+奇偶  = 36-(9+9)  = 18通り → \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

◎積が「偶数」になる確率は?

 

①偶数×偶数=(2×2=)偶数
②偶数×奇数=(2×3=)偶数
③奇数×奇数=(3×3=)奇数
③で数える方が数えやすいかな?
→A(1, 3, 5) × B(1, 3, 5)  = 9通り
∴ 偶数は 36-9 = 27通り
∴ 確率は \(\large{\frac{27}{36}}\) = \(\large{\frac{3}{4}}\)

 

 

◎和が「5以上」になる確率は?

 

(1, 4)(1, 5)…結構ありそうだな  → 余事象はどうかな?
「5以上・・」の余事象は?  → 「5より・・小さい(=整数なら4以下)」

 

「4以下」…(1, 1)(1, 2)(1, 3)(2, 2)  → 1+2+2+1 親中数えですね
  = 6通り
∴ 「5以上」は 36-6 = 30通り
∴ 確率は \(\large{\frac{30}{36}}\) = \(\large{\frac{5}{6}}\)

 

 

◎少なくとも1つは「3より・・大きい」確率は?

 

「少なくとも」→余事象は?→「全部3以下・・
(1, 1)(1, 2)(1, 3)(2, 2)(2, 3)(3, 3)  → 1+2+2+1+2+1= 9通り

 

∴ 当該事象は 36-9=27通り
∴ 確率は \(\large{\frac{27}{36}}\) = \(\large{\frac{3}{4}}\)

 

 

◎一方の目が「他方の約数」になる確率は?

 

よい考えが浮かばないので「羅列」
(1, 1)(1, 2)(1, 3)(1, 4)(1, 5)(1, 6)(2, 2)(2, 4)(2, 6)(3, 3)(3, 6)(4, 4)(5, 5)(6, 6)= 1+2×5+1+2×2+1+2+3= 22通り
∴ \(\large{\frac{22}{36}}\) = \(\large{\frac{11}{18}}\)

 

 

 

●3個のサイコロ  → 全事象は  → 63  = 216 通り

 

 

◎和が「5」になる確率は?

 

(1, 1, 3)(1, 2, 2)  → \(\large{\frac{3!}{2!}}\)+\(\large{\frac{3!}{2!}}\)  = 3+3  = 6通り
∴ \(\large{\frac{6}{216}}\) = \(\large{\frac{1}{36}}\)

 

 

◎積が「6」になる確率は?

 

(1, 1, 6)(1, 2, 3)  = 3+6  = 9通り
∴ \(\large{\frac{9}{216}}\) = \(\large{\frac{1}{24}}\)

 

 

◎少なくとも「2個同じ」になる確率は?

 

「少なくとも」とくれば「余事象を考える」でしたね
「少なくとも2個同じ」  ⇒「全て異なる
→ なつかしい「普通の順列」ですね  → 3マス  → \({}_6 \mathrm{P }_3\)  = 6・5・4  = 120通り
∴ 当該事象は  216-120 = 96通り
∴ 確率は \(\large{\frac{96}{216}}\) = \(\large{\frac{4}{9}}\)

 

 

◎積が「5の倍数」になる確率は?

 

→ 因数に「5」が1つでもあると5の倍数になってしまいますので
余事象「5が1つも出ない」を考える方が楽ですね
→ 1~6の目から「5」を除くと
1, 2, 3, 4, 6の5通り  → 5×5×5= 125通り
∴ 当該事象は  216-125 = 91通り
∴ 確率は \(\large{\frac{91}{216}}\)

 

 

◎積が「4の倍数」になる確率は?

 

倍数系は余事象が楽ですね  → 余「4の倍数でない」
4(=22)の倍数でないは、因数に「4」はもちろん「2」を2個含んでもダメですね

よって

①1, 3, 5…A ←使用に制限なし組
②2, 6(2×3)…B ←制限あり組  (2か6の1つまで使用OK)


 

Bの使用が1つ

 

∴ 当該事象は  216-81 = 135通り
∴ 確率は \(\large{\frac{135}{216}}\) = \(\large{\frac{5}{8}}\)

 

 

◎積が「奇数」になる確率は?

 

→ 「奇数」×「奇数」×「奇数」のように全て奇数の場合のみ「奇数」ですね
よって、  3通り×3通り×3通り  = 27通り
∴ 確率は \(\large{\frac{27}{216}}\) = \(\large{\frac{1}{8}}\)

 

 

◎順に3回投げる、1回目の目>2回目の目>3回目の目となるのは?

 

→ 実は6マス異なる6つから異なる3つを選ぶことと同じ意味ですね

 

ex. 3つを選ぶ1と選んでも3つを選ぶ2と選んでも、同じものが含まれていないので自然に大小がついています
なるほど~ですね!
よって、\({}_6 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 20通り
∴ 確率は \(\large{\frac{20}{216}}\) = \(\large{\frac{5}{54}}\)

 

 

 

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④ 玉

 

● 2色
《 例 》
袋に 赤玉6個、白玉4個 (取った玉は戻さない=同時に取る)

 

赤6白4の玉

 

玉も当然、「区別」ですね!
図を書くならごちゃごちゃではなく、1列がわかりやすいですね!

 

◎1個取り出す全事象は?

 

→ \({}_{10} \mathrm{C }_1\) = \(\large{\frac{10}{1}}\)  = 10通り

 

 

◎2個取り出す全事象は?

 

→ \({}_{10} \mathrm{C }_2\) = \(\large{\frac{10\ \cdot \ 9}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 45通り

 

 

◎3個取って、3個とも赤の確率は?

 

・3個取り出す全事象は  → \({}_{10} \mathrm{C }_3\)  = 10・9・8/3・2・1  = 120通り

 

・3個の赤の選び方  → \({}_6 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 20通り

 

∴ 3個とも赤の確率  = 3個赤の組合せ/3個選ぶ全事象  = \(\large{\frac{20}{120}}\)  = \(\large{\frac{1}{6}}\)

 

 

◎3個取って、赤玉2、白玉1の確率は?

 

・3個取り出す全事象は  → \({}_{10} \mathrm{C }_3\)  = 10・9・8/3・2・1  = 120通り

 

・2個の赤の選び方  → \({}_6 \mathrm{C }_2\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 15通り

 

・1個の白の選び方→ \({}_4 \mathrm{C }_1\)= 4通り

 

∴ 、赤玉2、白玉1の確率  = \(\large{\frac{15\color{red}{×}4}{120}}\)  = \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

15・4/120
どうしてここが「×かける」?、と納得できない場合は、袋を外して、
さらに、赤・白を離して考えていくとよいかと思います

 

赤6から2個取り出す組合せは?
 → \({}_6 \mathrm{C }_2\) = 15通り
白4から1個取り出す組合せは?
 → \({}_4 \mathrm{C }_1\) = 4通り

 

これら2つ2マスの組合せは・・・
2マスですよね!

 

「15通りの内の1通りにつき4通り、それが15通り」・・・「掛ける」ですね!
15×4 = 60 通り

 

◎5個取って、赤玉3、白玉2の確率は?

 

・5個取り出す全事象は  → \({}_{10} \mathrm{C }_5\)  = 10・9・8・7・6/5・4・3・2・1  = 4×63  = 252通り

 

・3個の赤の選び方  → \({}_6 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 20通り

 

・2個の白の選び方  → \({}_4 \mathrm{C }_2\)  = 6通り

 

∴ \(\large{\frac{20\ \cdot \ 6}{252}}\) = \(\large{\frac{20}{42}}\) = \(\large{\frac{10}{21}}\)

 

 

 

● 3色
《 例 》
袋に 赤玉6個、白玉4個 青玉3個 (取った玉は戻さない=同時に取る)

 

◎赤玉3、白玉2、青玉1の確率は?

 

・6個取り出す全事象は  → \({}_{13} \mathrm{C }_6\)  = 13・12・11・10・9・8/6・5・4・3・2・1  = 1716通り

 

・3個の赤の選び方  → \({}_6 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 20通り

 

・2個の白の選び方  → \({}_4 \mathrm{C }_2\)  = 6通り

 

・1個の青の選び方  → \({}_3 \mathrm{C }_1\)  =3通り

 

∴ 確率は \(\large{\frac{20\ \cdot \ 6\ \cdot \ 3}{1716}}\)  = \(\large{\frac{20\ \cdot \ 3}{286}}\)  = \(\large{\frac{30}{143}}\)

 

 

 

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⑤ 図形

 

《 例 》
点PがAを出発点として、サイコロの出た目により右回りに進みます

 

八角形ABCDEFGH

 

(1) 1回ふって、元のAで止まる確率は?

 

(「1回ふる」も「1個のサイコロ」も同じことですね)
八角形 → サイコロの最大の目、6 → 最大でも点Gまでしか行けない
∴ 確率は 0

 

 

(2) 2回ふって、そのだけ進むとき、元のAで止まる確率は?

 

<ということは>
2個の出目の「和」が、8の倍数 (8,16,24…) ← 最大6+6 = 12なので
・2個のサイコロの全事象は  → 6×6 = 36通り
・2個の和が、8の倍数は  (2, 6)(3, 5)(4, 4)
 → 2+2+1 = 5 通り ←親中数えですね
 よって、5通り (もちろん全部羅列してもかまいません)
∴ 確率は \(\large{\frac{5}{36}}\)

 

 

(3) 2回ふって、そのだけ進むとき、元のAで止まる確率は?

 

<ということは>
2個の出目の「積」が、8の倍数 (8,1624,32…)
・2個のサイコロの全事象は36
・2個の積が、8の倍数は(2, 4)(4, 4)(4, 6)
 → 2+1+2 = 5 通り
\(\large{\frac{5}{36}}\)

 

 

(4) 3回ふって、そのだけ進むとき、元のAで止まる確率は?

 

<ということは>
3個の出目の「和」が、8の倍数
(8,16…)←最 大6+6+6=18なので
・3個のサイコロの全事象は 216
・3個の和が、8の倍数は 水平矢印右上がり矢印下り以外を挙げると
(1, 1, 6)(1, 2, 5)(1, 3, 4)(2, 2, 4)(2, 3, 3)和が8はここまで
和が16は  (4, 6, 6)(5, 5, 6)
よって、3+6+6+3+3+3+3 = 27通り ←親中数えですね
∴ \(\large{\frac{27}{216}}\) = \(\large{\frac{1}{8}}\)

 

 

(5) 3回ふって、そのだけ進むとき、元のAで止まる確率は?

 

8の倍数は、8, 16, 24…216まで挙げていられないですね!
<ということで>
8 = 23 = 2×2×2 因数に「2」を3つ以上持つ組合せを樹形図で書き出せばよいですね
(3つ以上あるものは8の倍数)
前提として
2 = 2 …1個
4 = 2×2 …2個
6 = 2×3 …1個
水平矢印右上がり矢印を書いて右下がり矢印を書かない

 

因数2を三つもつ樹形図

 

よって、、因数「2」を3つ持つ、3つの目は … 合計60通り
∴ 確率は \(\large{\frac{60}{216}}\) = \(\large{\frac{5}{18}}\)

 

 

余談

 

右回り=時計回り=外回り

 

    外回りのイメージ
は、輪の中心に立って見れば右手の方に移動していくので、「右回り」。
時計を正面から見るのと同じなので、「時計回り」。

 

日本では、電車、自動車は左側通行なので、

 

環状線の空撮図

 

右回り、時計回りが、「外側」を走っているので、「外回り」 ですね!
山手線、大阪環状線など

 

山手線イラスト大阪環状線イラスト中学数学 確率 |

 

 

 

その逆は、「左回り」「時計回りと逆(反時計回り?)」「内回り」ですね!

 

 

「右ネジ」は、
「右回り」にすれば「締まる」
「左回り」にすれば「緩む」ですね
ほとんど95%以上は「右ネジ」ですね

 

固いネジで、「どっちに回したら緩むんだっけ?」となった場合は、
「時計はどんどん締まっていっている。針が止まったのは、電池が切れたからではなく、ネジが締まり切ったからなのです(あくまでイメージです!)、逆に回すと部品が取れて(緩んで)壊れる」
みたいなイメージを持てば、「反時計回しで緩む」となるのかなと思います。

 

男性の大人は身体が憶えているので、当たり前のようにネジを締めたり緩めたりしますが、利き手でない方で工具を持つと一瞬「ん?」となりますね!

 

そう、それがなつかしい「自分が子供の頃の実力」ですね!
繰り返し、何度も」ネジを回してきたことで身体が憶えているのですね
数学も、その他何でも、同じことなのでしょうね!

 

 

反時計回りに力が加わる場所で使われるようなネジは「逆ネジ」ですね
反時計回りで「締まる」ネジですね
いつも反時計回りに力がかかっているので、普通のネジでは、
何かの拍子で緩んで、部品が「落っこちた」では危ないですから、逆ネジですね

 

扇風機の羽本体をとめるネジ、自転車の左ペダル、トラックなどの左ホイールなどは逆ネジですね
乗用車の左ホイールは、なぜか正ネジがほとんどですね
「加速力」>「減速力」だから?

 

 

 

余談

 

最短経路の確率 (重複順列か反復試行か)

 

「反復試行」は、高校で学びますね
「反復試行」とは、「同じ条件」で「同じ試行」を繰り返す ことですね

 

「同じ条件」とは
・コインは、何回投げても1回1回の確率は、表の確率\(\large{\frac{1}{2}}\)、裏の確率\(\large{\frac{1}{2}}\)
・サイコロも同様に、1の目の確率は\(\large{\frac{1}{6}}\)、1以外の目の確率は\(\large{\frac{5}{6}}\)
・3個の白玉、2個の赤玉も毎回袋に戻せば、白玉の確率\(\large{\frac{3}{5}}\)、赤玉の確率\(\large{\frac{2}{5}}\)
cf. 玉を戻さなければ「同じ条件」ではないですね

 

 

《 例 》
コインを3回投げて、「表」が2回出る確率は?

 

〈今までの求め方〉

 

「3枚を同時に投げて表が2枚に」置き換えて、\(\large{\frac{当該事象}{全事象}}\)としていましたね

 

コイン3枚の樹形図   

 

・全事象 2×2×2 = 8通り
・当該事象 図より 3通り
計算で求めるなら
・当該事象 = (表, 表, 裏)の並び数
同じものを含む順列」なら、\(\large{\frac{3!}{2!}}\) = 3通り
「組合せ」なら、\({}_3 \mathrm{C }_2\) = 3通り
∴ 確率は \(\large{\frac{3}{8}}\)


 

 

〈反復試行での求め方〉

 

①まずは、表が2回の並びの「1れい」を挙げてくださいね!

 

(表、表、裏)

← コインは毎回、「互いに独立(一方の結果が
もう一方(次の試行)に影響を及ぼさない)」ので
→ 確率どうしを掛け合わせてよい ですね!

右矢印
横の問題

よって、この並びになる確率は…
1/2×1/2×1/2=1/8


 

②そして、実際は、表2回 裏1回はどこで起こってもよいので

縦の並び   

→どういうパターンがあるか?縦の問題

 

すなわち、「何通りの並び方があるか」ということですね
・「同じものを含む順列」で求めるなら、\(\large{\frac{3!}{2!}}\) = 3通り
・「組合せ」で求めるなら、\({}_3 \mathrm{C }_1\) = 3通り


 

③よって、「同じ条件下」で求めた「\(\large{\frac{1}{8}}\)の確率」が、「同じ試行」として「3回」あるので
→ \(\large{\frac{1}{8}}\)×3 = \(\large{\frac{3}{8}}\) ですね

 

公式

前提:同じ条件(毎回「同様に確か」)

 

反復試行 = 1れいの確率 × その並べ方の通り数

 

 

 

《 例 》
サイコロを5回振って、「最後に1の目」が出る確率は?

 

①1例は→ (何でもよい1でもよい、何でもよい、何でもよい、何でもよい1の目)
よって、14×\(\large{\frac{1}{6}}\)  = ただの\(\large{\frac{1}{6}}\)

 

②並び方は→ 最後の「1の目」は固定されているので→前の4つの並び替え数ですね
よって、\({}_4 \mathrm{C }_4\) = 1通り

 

∴ \(\large{\frac{1}{6}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{6}}\) ←前4回は全く関係ないですね!(どうでもよいという問題でした)

 

 

 

《 例 》
サイコロを5回振って、「最後に2回目の1の目」が出る確率は?

 

①1例は→ (1, 他, 他, 他, 1)
よって、\(\large{\frac{1}{6}}\)×\(\left(\large{\frac{5}{6}}\right )^3\)×\(\large{\frac{1}{6}}\)  = \(\large{\frac{125}{7776}}\)

 

②並び方は→ 最後の「1の目」は固定されているので→前の4つの並び替え数ですね
よって、\({}_4 \mathrm{C }_1\) = 4通り

 

∴ \(\large{\frac{125}{7776}}\)×4 = \(\large{\frac{125}{1944}}\)

 

 

 

《 例 》
袋に白玉3個、赤玉2個、1つ取っては戻すを5回繰り返す、白玉を2月回引く確率は?

 

白3赤2の袋   

←「戻す」ということは
またこの形になりますね
→「条件が同じ」といえる


 

①1例は  → (白, 白, 赤, 赤, 赤)  → \(\left(\large{\frac{3}{5}}\right )^2\)×\(\left(\large{\frac{2}{5}}\right )^3\)  = \(\large{\frac{72}{3125}}\)

 

②並び方は→ \({}_5 \mathrm{C }_2\) = 10通り

 

∴ \(\large{\frac{72}{3125}}\)×10 = \(\large{\frac{144}{625}}\)

 

 

 

 

それでは、「反復試行」もなんとなく解ったという前提で、
本題の「最短経路の確率」を見ていきますね

 

《 例 》
AからFの最短経路で、Pを通る確率は?
最短経路の問題点1

 

● aさんの解答:  

・全事象\({}_3 \mathrm{C }_1\)  = 3通り
・Pを通る事象  = (A→D→E→Fの)1通り
∴ \(\large{\frac{Pを通る}{全事象}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)


 

● bさんの解答:  

Aを出発点として、
Bに向かう「右」の確率\(\large{\frac{1}{2}}\)、
Dに向かう「上」の確率\(\large{\frac{1}{2}}\)、
∴ 上を選べばPを通るので \(\large{\frac{1}{2}}\)


 

どちらが正解なのでしょうか?
・・・実は問題文が悪いのです!

 

・AからFの最短経路で、Pを通る確率は?
ただし、「経路全体の選び方」が「同様に確からしい」とする

経路数

 

「経路全体の選び方」が
 「同様に確からしい」


このようであれば、 aさんの答えが正解ですね!

 

・AからFの最短経路で、Pを通る確率は?
ただし、「分岐点では上右の選び方」が「同様に確からしい」とする
右か上か分岐路イラスト
このようであれば、 bさんの答えが正解ですね!

 

そういえば、サイコロもコインも学び始めの頃は、
同様に確からしいサイコロ、コイン」と言ってくれてましたが、
今では当たり前のように、サイコロ\(\large{\frac{1}{6}}\) 、コイン\(\large{\frac{1}{2}}\)で計算してますね!
いわゆる「社会通念」「常識」ということでしょうが、
この「最短経路」の問題では、
何をもって「同様に確か」かをはっきりさせてもらわないと困りますね!

 

よって、AからF最短経路で、Pを通る確率は? の解は…

 

A. 何が「同様に確か」であるかが不明なので、確率は不明
または
A. 経路全体の選び方が「同様に確か」な場合は\(\large{\frac{1}{3}}\)
  分岐点での上右の選び方が「同様に確か」な場合は\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

《 例 》
「経路全体の選び方」が「同様に確からしい」場合、
SからGの最短経路で、Pを通る確率は?

 

行4列5の表

 

〈計算で求める場合〉 (最短経路復習)

 

縦4横5のマス   

・全事象 = \({}_9 \mathrm{C }_4\)  = 9・8・7・6/4・3・2・1  = 126通り
・Pを通る事象  = (S→A)×(A→B)×(B→G)
 = \({}_5 \mathrm{C }_2\)×1×\({}_3 \mathrm{C }_1\)  = \(\large{\frac{5\ \cdot \ 4}{2\ \cdot \ 1}}\)×1×3  = 30通り
∴ \(\large{\frac{30}{126}}\) = \(\large{\frac{5}{21}}\)


 

 

〈図形から求める場合〉

 

縦4横5もマス   

 

・全事象は、図より 126通り


 

縦4横5のマス   

・Pを通らない事象は図より 96通り
・Pを通る事象  = 全126-Pを通らない事象
 = 126-96 = 30 通り
∴ \(\large{\frac{30}{126}}\) = \(\large{\frac{5}{21}}\)


 

 

 

《 例 》
「分岐点での進路の選び方」が「同様に確からしい」場合
SからGの最短経路で、Pを通る確率は?

 

行4列5の表

 

〈計算から求める場合〉

縦4横5のマス   

 

(注意) 上or右を選べる場合は、
上\(\large{\frac{1}{2}}\)、右\(\large{\frac{1}{2}}\) ですが、
上端、右端に達したら選択枝がないですね


 

例えば、上辺にあるDまで行くとその後は「↑」の選択肢はなく、  「→」の1択
  →確率「1(100%)」
(100%右に行くしかない)
右辺にあるCまで行くとその後は「→」の選択肢はなく、「↑」の1択  →確率「1
ですね!

 

というわけで、点Aは、上端にも右端にも達していませんので、
分岐点での「条件」が同じですので、「反復試行」が使えますね!

 

・S → Aに行く確率は、
① 1例 は (→ → → ↑ ↑)  → \(\left(\large{\frac{1}{2}}\right )^3\)×\(\left(\large{\frac{1}{2}}\right )^2\)  = \(\large{\frac{1}{32}}\)
② その並び方は \({}_5 \mathrm{C }_2\) = 10通り
よって \(\large{\frac{1}{32}}\)×10 = \(\large{\frac{5}{16}}\)

 

・A→Bに行く確率は、
Aから「上」の\(\large{\frac{1}{2}}\) か、「右」の\(\large{\frac{1}{2}}\) なので、
よって 右の\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

∴ Pを通る確率は  \(\large{\frac{5}{16}}\)×\(\large{\frac{1}{2}}\) = \(\large{\frac{5}{32}}\) (= S→A→Bの確率)

 

ちなみに
・B→Gに行く確率は・・・実は「1」ですね!!
実はGoalが絡むと確率は「1(100%)」なのです
当然と言えば当然ですね、必ず(100%)Goalにたどり着くのですから!
(山に降った雨は必ず(100%)海にたどり着く感じ)

 

さらに、実はPを通った後の確率なんてどうでもよいですね!

 

(念のため証明)
B→Eの「↑」とF→Hの「↑」は、同じ「↑」でも、確率が違いますね!
B→Eの「↑」は(右もあるので)\(\large{\frac{1}{2}}\)
F→Hの「↑」は選択肢がないので1
よって、「条件」が異なるので「反復試行」が使えませんね!
よって、経路ごとに確率を求めていきます

 

行2列1  

右上矢印BFHGの経路  → \(\large{\frac{1}{2}}\)×1×1 = \(\large{\frac{1}{2}}\)
上右上矢印BEHGの経路  → \(\large{\frac{1}{2}}\)×\(\large{\frac{1}{2}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{4}}\)
上右矢印BEIGの経路  → \(\large{\frac{1}{2}}\)×\(\large{\frac{1}{2}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{4}}\)


 

よって、 \(\large{\frac{1}{2}}\)+\(\large{\frac{1}{4}}\)+\(\large{\frac{1}{4}}\) = 1

 

別れて確率が低くなっていたものが、Goal付近では「集約」されて
「1」にどんどん近づいてきますね!
よって「左からの援護(合流)」、「下からの援護(合流)」というイメージで  ・・・足し算ですね!

 

∴ (S→Aの確率)×(A→Bの確率)×(B→G)の確率 B→Gは本来不要ですが念のため  = \(\large{\frac{5}{16}}\)×\(\large{\frac{1}{2}}\)×1  = \(\large{\frac{5}{32}}\)

 

 

〈図形から求める場合〉
図形から求める別解

 

Pまでの図を切り出してみると
左隅の拡大図

 

(手順)

a経路は、「上(\(\large{\frac{1}{2}}\))」か「右(\(\large{\frac{1}{2}}\))」かの、「右」の\(\large{\frac{1}{2}}\)
b地点は、合流してくるものがないので、そのままa経路の\(\large{\frac{1}{2}}\)
c経路は、b地点がすでに\(\large{\frac{1}{2}}\) で、さらに「上(\(\large{\frac{1}{2}}\))」か「右(\(\large{\frac{1}{2}}\))」かの、「上」の\(\large{\frac{1}{2}}\)を掛けた\(\large{\frac{1}{4}}\)
d地点は、下からの\(\large{\frac{1}{4}}\)と 左からの\(\large{\frac{1}{4}}\)が 合流した(\(\large{\frac{1}{4}}\)+\(\large{\frac{1}{4}}\)の)\(\large{\frac{1}{2}}\)

 ・
 ・ 
 ・

∴ 図より、Pを通る確率は \(\large{\frac{5}{32}}\)

 

図形から求める場合のイメージ図

 

 

 

余談

 

宝くじの確率

 

ジャンボ宝くじは、1ユニットにつき必ず1等が1本、前後賞、2等何本…と全てが含まれていますね
それらが、売れ行きにより、30ユニット、40ユニットと発売されますね

 

そして、1ユニットの枚数は…1000万枚

 

1ユニットを買い占めるために必要な金額は、30億円!
ジャンボくじの期待値は、145円
1枚300円ですので、単純計算155円ずつ損していきますね!
買い占めた場合に戻ってくる金額は、1~6等まで全て含まれているのですが、
13億5000万!
外れた16億5000万は公共のために役立っていきますね!

 

では1等の確率は? 1ユニットにつき1000万枚ですので…
\(\large{\frac{1}{1000万}}\)!
10枚買えば、  \(\large{\frac{1}{1000万}}\)×10 = \(\large{\frac{1}{100万}}\)と、確率が1枚より10倍上がりますね!

 

よく、10枚のうち、  1枚目の確率は\(\large{\frac{1}{1000万}}\)、  2枚目の確率は\(\large{\frac{1}{999万9999}}\) 、  3枚目は\(\large{\frac{1}{999万9998}}\)…10枚目は\(\large{\frac{1}{999万9990}}\)で、
「1枚買うのも、10枚買うのもほとんど変わらない!」と言いますが、これは
1枚目~9枚目は100%外れるという前提で、10枚目が当たる確率ですね、
よって、10枚買えば確率は10倍(\(\large{\frac{1}{100万}}\))、100枚買えばちゃんと100倍(\(\large{\frac{1}{10万}}\))ですね!

 

では、10枚(3千円分)購入した場合の確率\(\large{\frac{1}{100万}}\)とは、どのくらいなのでしょうか?
よく「雷に直撃される確率」「25mプールに米粒を敷き詰めて1粒選ぶ確率」
などに例えられますが、せっかく数学で確率を学んだのですから
サイコロで!

 

1回目に1の目が出る確率は\(\large{\frac{1}{6}}\) 、2回目1の目が出る確率は\(\large{\frac{1}{36}}\) …
…7.7回目も1の目が出る確率は\(\large{\frac{1}{1000000}}\)  (\(\large{\frac{1}{6^x}}\) = \(\large{\frac{1}{100万}}\))
およそ8回連続「1の目」が出るような確率ですね!悪くないかも!

 

 

 

では、「毎年1枚購入を10年間続ける」と
「毎年の購入金額を10年分貯めて10年目にまとめて10枚購入」
ではどちらに分があるのでしょう? (1回でも当たればよい)

 

・毎年1枚は…「反復試行」を流用して

 

宝くじの確率を反復試行で求める

 

\(\large{\frac{1枚}{1000万}}\)×10年間のチャンス  = \(\large{\frac{1}{100万}}\)

 

・10年目に全てを懸けるは…  \(\large{\frac{1枚}{1000万}}\)×10  = \(\large{\frac{1}{100万}}\) 同じですね…

 

なぜか、10年に絞ってドンと買った方が確率が上がるイメージがあるの
ですが、全体として見れば同じ! それなら毎年楽しみたい!

 

 

最後に、宝くじ購入は「あり」か「なし」か?!
・・・「あり」と思います…
外れても痛くもかゆくもない範囲内ならですけど…

 

 

「場合の数」、「確率」は習得するのに時間のかかる単元だと思います

 

・よく似た問題文であるのに、全く違う問題であったり
・<ということは>~、は知っていないと、時間内では考えつかないでしょうし
・答えが出ても、答の確かめ算がなかったり

 

他の単元より時間がかかると割り切って
じっくり頑張っていきましょうね!

 

 

 

その他の問題は、「問題集」で !!

 

 

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2017/12/5 23:12  
 
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