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
  ・ 区別があるもの ないもの
  ・ 同様に確からしいとは
  ・ 基準をつけて数える
  ・ 全通り(分母にくるもの)は「計算」で求まる
  ・ 並びにこだわるか並びにこだわらないか
  ・ 余事象
  ・ 確率総論まとめ
確率の個別的な問題の研究
 a 複数特徴系 (サイコロ・コイン・じゃんけん)
 ① サイコロ
  ・ サイコロ1個
  ・ サイコロ2個
  ・ ぞろ目は出にくい
  ・ 親中数え
  ・ サイコロ3個
 ② コイン
  ・ コイン2枚
  ・ コイン3枚
 ③ じゃんけん
  ・ あいこは余事象
 b 1特徴系 (カード・玉・くじ・人)
 ① 玉・カード・くじ
  ・ 玉2個
  ・ C/C?P/P?
  ・ 確率の乗法定理 (確率どうしのかけ算)
  ・ 独立とは
  ・ 排反とは (マスの意味、どういうときに足す?)
 c いろいろな問題
 ① サイコロと動点
  ・ 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

 

例えば、
サイコロ1個を投げて6の目が出れば当たりです
他の1~5の目ははずれです
1回投げて、当たりの確率は?

 

→ このようなとき、直感的に当たりの確率は\(\large{\frac{1}{6}}\)ですね
これは正確には 6の目の確率ということですね

 

分母は「全事象(起こり得るすべての場面)」、分子は「問題文の指定する当該事象」ですね

 

当然、実際一発で6が出た!
→ 6の目が出る確率は1(100%)!ではないですね!
⇒ 確率は投げる前の予想」です (一発で6が出たのはただの結果論!)

 

また、はずれ1~5も区別して数えています
「はずれ」か「当たり」の2通りではないですね

 

今回は1の目~5の目は明らかに違うと自然に区別できましたが
赤玉1個と白玉5個であっても、赤球1、白玉2、白玉3、白玉4、白玉5、白玉6、(または 赤球1、白玉1、白玉2、白玉3、白玉4、白玉5、) と区別をつけます

 

⇒ 確率は区別がないものはこちらで区別をつける

 

 


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 》 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

 

⇒ 確率はの答は「既約分数(最も約分された形)」で表現します
 (約分しないほうがイメージしやすいのですが・・・約分です!)

 

 

 

 

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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!

 

全てに区別をつけて
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)

 

 

● 区別があるかないかの判断

 

《 区別があるもの 》
特徴が違うもの
数字やアルファベットがふられたもの   (サイコロ、コイン、じゃんけん、数字のふられたカード・玉など)
 (男子3人といっても男子1、男子2、男子3です)
・りんごとみかん (名詞が違う)

 

→ 「(サイコロの)目(1~6)」、「(コインの)表, 裏(0~1)」 、「(じゃんけんの)グー~パー(1~3)」がもう数字ですものね。
問題文では「大小2つのサイコロ」「コインAコインB」「AさんBさんの2人がじゃんけんをして」と親切に区別をつけてくれていますが、なくても実はサイコロA、コインB、手C ですね

 

⇒ 「サイコロ」、「コイン」、「じゃんけん」 というフレーズがあれば無条件で「区別がある」

 

その中でも、1つなのに特徴を複数もつもの (複数特徴系)
・ サイコロ (1つで1~6の6つの特徴)
・ コイン (1つで表~裏の2つの特徴 (≒0, 1だけの目のサイコロ))
・ じゃんけん (1つでグー・チョキ・パーの3つの特徴(1, 2, 3だけの目のサイコロ))

 

 

ということは、1つにつき 1特徴なもの (1特徴系)
数字やアルファベットがふられたもの (1と書かれたカード、2と書かれた玉、3と書かれたはずれくじ など)
(女子1、女子2)

 

 

《 区別がないもの 》
⇒ 特徴がないもの
・ 白玉3個、白いカード4枚、はずれくじ5本、フルーツ3個、みかん4個、お菓子5個、など
→ これらは確率の場面では同様に確からしい」を確保するためにこちらで必ず区別をつける
4枚の白カード → 白カード1、白カード2、白カード3、白カード4 ← 上の「1つにつき 1特徴なもの(1特徴系)」に昇格!

 

⇒ 結局、確率の場面ではすべて異なる」ものしか扱わないということにつながりましたね、難しかった同じものを含む順列同じものを含む組合せは扱わないということですね (ただし、数えるためのテクニックとして「同じものを含む全順列」の知識を少し使います(親中数え)

 

 

ex. 白玉4つから1つを選ぶ、何通り?
「確率」の場面ではない場合(「場合の数」の問題の場合)・・・
(区別がないので) 〇〇〇〇 → マスに一つ→ 1通り

 

「確率」の問題のときは、何通り?
(区別をつけて) ①②③④ → マスに4つ→ 4通り

 

 

※ 存在している以上 神の目では別物ではありますが「人間の目では区別できない」というだけ → 確率のときはこちらで数字を書いて区別をつける!

 

 

 

● 同様に確からしい

 

同様に確からしい」とは

 

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!
→ 1つ1つの事象を見たとき分母、分子がすべて同じということ
 1の目\(\large{\frac{1}{6}}\)、2の目も\(\large{\frac{1}{6}}\)、3の目も4も5も6も\(\large{\frac{1}{6}}\)、\(\large{\frac{1}{6}}\)、\(\large{\frac{1}{6}}\)、\(\large{\frac{1}{6}}\)、合計 1

 

 


ポイント

「同様に確からしい」を確保するために…
① サイコロ、コイン、じゃんけんなど複数特徴系はマスに基準名をつける(順列な数え方)
② 区別のない玉、カード、は区別をつけて1特徴系に昇格させる (マスの基準名は問題次第)

 

 

① 全36通り中(1, 2)の目が出るのは何通り?
(1, 2)の目> と (2, 1)の目 の2通り
→ 基準名組合せ数え をなくして〈1, 2〉の1通り(組合せ数え)としては「同様に確からしい」という前提がくずれてしまいます。〈1, 2〉{(2, 1)(1, 2)}は(3, 3)の目より1本多いのです(出やすいのです!)
・ 同様に(, )より〈表, 裏〉{(A, B) (A, B)}のほうが1本多いのです
・ 同様に(グー, グー)より〈グー, チョキ〉{(グーA, チョキB) (チョキA, グーB)}のほうが1本多いのです

 

サイコロ、じゃんけん、コインの複合表

 

 

 

②番 これは先に説明済みですね。区別のないまま数えると、①とは別の意味で「同様に確からしい」という前提がくずれてしまうということですね

 

      
 「同様に確か」のために、区別をつける
123456

 

宝くじのはずれは全1000万本中何通り? → 確率の場面では 1通りではないですね、はずれ達に区別をつけて…999万9999通り!
1等の当たる確率は? → 当たりかはずれの\(\large{\frac{1}{2}}\) …ではないですね!\(\large{\frac{1}{999万9999}}\)

 

 

 

 

● 何通りあるかの数え方 (場合の数の数え方)

 

 ① まずはマス 1マス を書く
 ② 基準名をつけて数える(途中でマスを入れ替えたりしないように) でしたね
マスに基準名をつける

 

 

 

● 全通り(分母にくるもの)は「計算」で求まる
→ 1つにつき複数特徴のサイコロ、コイン、じゃんけんは
重複順列のマスサイコロ・・・
重複順列のマスコイン・・・
重複順列のマスじゃんけん・・・

 

次のマスも前のマスと同じ通り数分選べる重複順列的ですね
・ サイコロ2個の全事象は? → 62通り=36通り
・ サイコロ3個の全事象は? → 63通り=216通り
・ コイン3枚の全事象は? → 23通り=8通り
・ コイン4枚の全事象は? → 24通り=16通り
・ 3人のじゃんけんの全事象は? → 33通り=27通り
・ 4人のじゃんけんの全事象は? → 34通り=81通り

 

 

→ 1つにつき1特徴の人、カード、玉、くじ、みかんなどは
普通順列のマス
1つ目のマスに1つしかない自分が入ったら、次のマスに自分は入れない!
ということは
次のマスは前のマスより1通りずつ減少した通り数になる → 普通順列的ですね

 

・ 1~6の玉6個から3つを選び並べる(=並びにこだわる)全事象は?
3マス先頭6通り=\({}_6 \mathrm{ P }_3\)  =6\(!\)の前3つ  =6×5×4=120通り (Pの意味)

 

・ 1~6の玉6個から3つを選ぶ(=並びにこだわらない)全事象は?
→ 3マス先頭6通り÷3\(!\)= \({}_6 \mathrm{ C }_3\) = 6\(!\)の前3つ÷3\(!\) = \(\large{\frac{6×5×4}{3×2×1}}\) = 20通り (Cの意味)

 

・ 1~4のカード4枚から2枚を「選び並べる」全事象は?
2マス先頭4通り=\({}_4 \mathrm{ P }_2\) =4!の前2つ =4×3=12通り
・ 1~4のカード4枚から2枚を「選ぶ」全事象は?
2マス先頭4通り÷2\(!\)=\({}_4 \mathrm{ C }_2\) =4!の前2つ÷2\(!\) =4×3÷2=6通り

 

・ 人5人から2人を「選び並べる」全事象は?
2マス先頭5通り=\({}_5 \mathrm{ P }_2\) =5!の前2つ =5×4=20通り
・ 人5人から2人を「選ぶ」全事象は?
2マス先頭5通り÷2\(!\)=\({}_5 \mathrm{ C }_2\) =5!の前2つ÷2\(!\) =5×4÷2=10通り

 

 

⇒ 分子の当該事象数は、必要ならば「樹形図」「表」を作成、できれば「マス」か「ら列」で求めたかったですね

 

 

 

 

● 並びにこだわる数え方(順列数え)か、並びにこだわらない数え方(組合せ数え)か

 

→ 複数特徴のサイコロ、コイン、じゃんけんは「同様に確からしい」という前提をくずさないために(ぞろ目は少ない)、必ず順列数えでとなります。(1, 2)と(2, 1)で2通り、(表, 裏)と(裏, 表)で2通り、(グー, チョキ)と(チョキ, グー)で2通りですね (〈1, 2〉で1通り、〈表, 裏〉で1通り、〈グー, チョキ〉で1通りという「組合せ数え」をしてはいけない!)

 

サイコロ、じゃんけん、コインの複合表

 

→ 大が1の目、小が2の目になるのは何通り? (1, 2)の1通り!
とにかく・・・・1と2の目が出るのは何通り? (1, 2)+(2, 1)で2通り!
必ず順列数え

 

 

 

→ 1特徴の人、数字を書いたカード・玉・物は、問題により並びにこだわらない「組合せ数え」でもよいときがありますね

 

・ 6個(①②③④⑤⑥)から2個「選び」「並べる」全通りは? 30通り!(\({}_6 \mathrm{P }_2\))
6個から2個並べた表
→ 1回目が1番、2回目が2番は何通り?
  (11回目, 22回目)の1通り
そのとき、確率は? \(\large{\frac{1}{30}}\)!

 

とにかく・・・・1番2番は何通り?
  (1, 2)+(2, 1) で2通り!
そのとき確率は? \(\large{\frac{2}{30}}\)!

 

もう少し踏み込んで…ぞろ目がない → 斜め線で折りたたんでも「同様に確か」が崩れない

 

・ 6個から2個「選ぶ」全通りは? 15通り!(\({}_6 \mathrm{C }_2\))
6個から2個選んだ表
とにかく・・・・1番2番は何通り?
  〈1, 2〉で1通り!
そのとき確率は? \(\large{\frac{1}{15}}\)!(上と同じですね!)

 

⇒ 1特徴系は問題により組合せ数えが使える!
・ ただし、分母と分子の数え方は同じ数え方ということを忘れないでくださいね!
\(\large{\frac{P}{P}}\)、\(\large{\frac{C}{C}}\)、\(\large{\frac{P}{C}}\)×、\(\large{\frac{C}{P}}\)×

 

 

⇒ 複数特徴系と1特徴系での「とにかく1, と2〉」の意味は全然違いますね
・ 複数特徴系の「とにかく」 → 「対」になるものも「自動成立」
 (1通りが、2通りになるイメージ)

 

・ 1特徴系の「とにかく」 → 「数え方」を「組合せ数え」にしてもいいよ
 (2通りが、1通りになるイメージ)

 

少し難しいところだと思います、後半で個別問題を解いているときに「なんとなく混乱してきた時」、ここに戻ってきてくださいね

 

 

 

● 分子の当該事象は問題文をしっかり読んでその都度考える

 

→ 分母はほぼ考えずに計算で求ましたね

 

 

 

 

・ 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
(問題文がスポットを当てている方 → 当該事象
反対側の方 → 余事象)

 

 


ポイント

当該事象の確率+その余事象の確率 = 1 (全部:100%)   ですので、
当該事象の確率 = 1-その余事の確率   と移項できますね

 

または
当該事象+その余事象 = 全通り
当該事象 = 全通り-その余事象

 

 

そして、事象そのものを求めるより、余事象を求める方が楽な場合は
「1-余事象の確率 (または全通り-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、「余事象」を求める方が楽なことが多いですね
なぜなら、「少なくとも1枚が表」とは、 (表を0、裏を1としますね)

 

(0, 0, 0) (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)  (1, 1, 0) (1, 0, 1) (0, 1, 1) の 7通りもありますね (全事象は23=8通りなのに)

 

「少なくとも~」 ⇒ 結構多いというイメージ

 

→ 全8通り中、7通りも挙げるならそうでないパターンを挙げて、「全部-そうでない」をするほうが楽ということですね
(もちろん、パット見 当該事象とそうでない方のどっちが多いかわからないときは当該事象を挙げていけばよいだけですね)

 

 

では、「少なくとも1枚が表」の余事象…「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  → 全部裏の確率は \(\large{\frac{1}{2^3}}\)= \(\large{\frac{1}{8}}\)
∴ 少なくとも1枚が表の確率は、1-\(\large{\frac{1}{8}}\) = \(\large{\frac{7}{8}}\) ですね!

 

 


ポイント

少なくとも」や「(じゃんけんの)あいこ」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

 

 


  ここまでのまとめ  

・ 確率を考えるときは、区別のないものも区別をつける

 

・確率  = 該当パターン/全パターン  = 中学数学 確率 |

 

・ 複数特徴のサイコロ、コイン、じゃんけんは
 → 無条件で区別がある (数字が書いてあるので)
 → 必ず「順列数え」 (同様に確かのため:ぞろ目は少ない)
 → 全事象(分母)は重複順列(樹形図の枝分かれは永遠に同数)

 

・ 1特徴の人、数字を書いた物(カード、玉、くじ等)
 → 数字があるので区別がある(人は無条件で区別がある)
 → 問題により「順列数え」「組合せ数え」
 → 全事象(分母)は普通順列か組合せ(樹形図の枝は減っていく)

 

・ 区別のないものは、こちらで区別をつけて(「同様に確か」のため)、1特徴系に昇格させる

 

・ 分母は計算で求まる、分子はその都度考える

 

・ 「少なくとも」「あいこ」というフレーズがあれば、余事象を考える

 

 

・ 順列数え → 並びに「こだわる」数え方
→ 〈1, 2〉は、(1A, 2B)と(2A, 1B)の2通りだ!
→ (1A, 2B)は、さすがに1通りだ

 

・ 組合せ数え → 並びに「こだわらない」数え方
→ (1A, 2B)と(2A, 1B)は、〈1, 2〉の1通りで十分だ!
→ 1と2が〈クカッコ〉の中で勝手に小さいもの順に整列してしまう!イメージ

 

 

 

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確率の個別的な問題の研究

 

それでは個別的に問題を見ていきますね

 

まず、確率の問題を解くうえで、知っていると「理解が速くなる」「解く時間が早くなる」『場合の数』の知識
普通順列
全順列
同じものを含む全順列
組合せ
組合せ3つのイメージの1つ「型のイメージ」
これらを理解できていると、勉強途中で起こると思われる「混乱」が防げるのかなと思います

 

 

a 複数特徴系 (サイコロ、コイン、じゃんけん)

 

① サイコロ

 

● サイコロ1個

 

《 例 》
1つのサイコロを投げるとき、

 

 

◎全事象は何通り?
6つの目のサイコロ で6通り
→ または、マスで 1~6が入った1マス で6通り

 

 

 

◎ 3の目が出る確率は?
→ 当該事象=「3」の1通り
∴ 確率=\(\large{\frac{当該事象}{全事象}}\)=\(\large{\frac{1通り}{6通り}}\)=\(\large{\frac{1}{6}}\)

 

 

 

◎ 4か6の目が出る確率は?
→ 「4」と「6」の2通り
∴ \(\large{\frac{1通り+1通り}{6通り}}\)=\(\large{\frac{2}{6}}\)=\(\large{\frac{1}{3}}\)

 

cf. 今、分子は1通り+1通りと自然に「」にできたと思います。
ですが、複雑な問題を解いているときに、「どうしてここがプラス?」と疑問に思う時が来るかもしれません
そんな時は、この1番シンプルな形なここに戻ってきてくださいね!原理はこの問題と同じということですね

 

 

 

◎ 偶数の目が出る確率は?
→ 「2」「4」「6」の3通り
∴ \(\large{\frac{1+1+1}{6}}\)=\(\large{\frac{3}{6}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

◎ 1以上3未満の目が出る確率は?
→ 「1」「2」の2通り (未満なので「3」は入らない)
∴ \(\large{\frac{1+1}{6}}\)=\(\large{\frac{2}{6}}\)=\(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

◎ 2以上の目が出る確率は?
→ 「2」「3」「4」「5」「6」の5通り
 ∴ \(\large{\frac{5}{6}}\)でもよいですし
→ 余事象=2未満=(整数なので)1以下=「1」の1通り
 当該事象=全通り-余事象=6-1=5 ∴ \(\large{\frac{5}{6}}\)でもよいですし
 確率=1-余事象の確率=1-\(\large{\frac{1}{6}}\)=\(\large{\frac{5}{6}}\)でもよいですね

 

 

 

● サイコロ2個

 

《 例 》
2つのサイコロを同時に投げるとき、

 

 

◎ 全事象は何通り?
それぞれ6通りのはいった2マス で
6通り+6通り=12通り?
6通り×6通り=36通り?どっちでしょう?

 

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!

 

〇通りにつき〇通り
「につき」といえば「かける」でしたね
(積の法則)


 

 

 

◎ 全事象の表を作りましょう
→ (大, 小)の順で。(赤, 白)でも(1回目, 2回目)でも何でもよいですね
 2つのサイコロの表

 

1つから6枝も出るサイコロの「樹形図」は大変すぎですね
サイコロは「マス」か「ら列」か「表」でいきますね
表も早く書きたいなら

 

2つのサイコロの簡略表

 

で十分ですね

 

 

 

◎ 上の表で〈2, 5〉の目になるものを黒枠、〈3, 3〉の目になるものを赤枠で囲みましょう

 

サイコロ2つの全事象の表

 

→ 〈2, 5〉は(2, 5)と(5, 2) の2通りがありますね
〈3, 3〉は(3, 3) の1通りしかないですね

 

ぞろ目は出にくい(若干)

 

サイコロの問題を解いていると、
ぞろ目(3, 3)は出にくいと言うけど…(3, 3)もあるよな~と思ってしまう時が来るかもしれません…ダメです!大 → 小の順で基準づけて数えたのですから、そこだけ小 → 大はダメです!そのときは他の(2, 5)達も小 → 大で数えなければいけません!

 

サイコロ2つの全事象の表       小→大の順で数えた表

 

全事象は(大→小で数えた)36 + (小→大で数えた)36=72通り、
〈2, 5〉は全部で4通り 
∴ \(\large{\frac{4}{72}}\)=\(\large{\frac{2}{36}}\)
〈3, 3〉は全部で2通り
∴ \(\large{\frac{2}{72}}\)=\(\large{\frac{1}{36}}\)
⇒ 同じことですね!
 ex. 1~10に3は何個?1個! 10~1に3は何個?1個 → 3は20個中2個=10個中1個  → 10~1を数える意味は…ないですね

 

⇒ というわけで、ぞろ目は出にくい(若干)!表の面積割合からも分かりますね、ぞろ目の斜め面積とそれを挟む2つの三角形の合計面積は全然違いますものね!
表の面積割合

 

 

 

◎ 2つ同時に投げて、和が9になる確率は?
→ 大が2と小の最大6でも8、ということは大が3から始まるな
 (3のとき, 6) (6, 3) (4のとき, 5) (5, 4) の4通り
 ∴ \(\large{\frac{4}{36}}\)=\(\large{\frac{1}{9}}\)

 


  親中数え  

今後は、ぞろ目は1通り、(〇, △)のように2数が異なるものは2通りあるということで、
(3, 6)や(4, 4)のように数字が上がる上がるか水平のものだけ列挙して、(6, 3)のように数字が下がる下がるものは列挙せずに行きますね
→ 下がる方は列挙漏れしやすい
→ 考える時間の省略
ex. 〈3, 6〉 〈4, 4〉 〈5, 6〉 なら、2通り+1通り+2通り=5通り

 

本当の原理は
同じものを含む全順列」ですね
〈1, 1〉 → \(\large{\frac{2!}{2!}}\)  = 1通り (1, 1を並び替えてできる数字)
〈1, 2〉 → 2!  = 2通りを持つ (1, 2を並び替えてできる数字)

 

〈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

 

ex.
〈1, 2〉 → (1, 2)  (2, 1)  → 2!  → 2通り

 

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

 

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

 

 

⇒ 「組合せ数え」からの「順列数え」訂正 = 「親中数え」としますね
 → 「組合せ数え」の列挙スピードは、「順列数え」列挙スピードより3倍くらい早いと思います

 

⇒ 今後〈クカッコ〉は「組合せ数え」をしたもの、(丸カッコ)は「順列数え」をしたものとしますね
 また、( , )は実は(   ,    )であることを忘れないでくださいね(省略されているだけです)

 

 

もちろん、問題が「すべて挙げよ」なら、(3, 6) (6, 3) (4, 4) (5, 6) (6, 5)とすべて書くしかないですが…

 

練習問題事象親中数え

 

 

◎ 2つ同時に投げて、和が「偶数」になる確率は?

 

①偶数+偶数 = 偶数
②偶数+奇数 = 奇数、奇数+偶数=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(余事象)を羅列する方が楽そうですね
・ (1, 2)(2, 1)は同じ意味 → も意味が同じ(対になるものも当然に成り立つ) → 親中数えOK
・ 2つのサイコロの和の範囲 最小2~最大12
・ その中で奇数になるものは?(見本) 3, 5, 7, 9, 11
→ (見本)を見ながら列挙すると、
 〈1, 2〉〈1, 4〉〈2, 3〉 〈1, 6〉〈2, 5〉〈3, 4〉〈3, 6〉〈4, 5〉〈5, 6〉 = 2+2+2+2+2+2+2+2+2 = 18通り 親中数えですね
∴ 当該事象 = 36-18 = 18通り
∴ \(\large{\frac{18}{36}}\)=\(\large{\frac{18}{36}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)
結果、半分なので偶数を数えてもよかったですね

 

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

 

 

 

◎ 2つの目の積が「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?

中学数学 確率 | = 9通り(奇数になる目の出方)


 ∴ 本事象の偶数は 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未満・・ (=整数なら4以下)」
・ (1,+3)も(3,+1) も意味が変わらない → 親中数えOK
・ 和2~12で、「4以下」の(見本)… 2, 3, 4
→ 〈1, 1〉〈1, 2〉〈1, 3〉〈2, 2〉= 1+2+2+1 親中数えですね
  = 6通り
∴ 本事象の「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・・
・ (12)も(21) も意味が変わらない → 親中数えOK
→ 〈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?

 

・ (24)も(42) も意味が変わらない → 親中数えOK
・ 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通り×6コ+2通り×8個= 22通り
∴ \(\large{\frac{22}{36}}\) = \(\large{\frac{11}{18}}\)

 

 

 

◎ 大小2つのサイコロを同時に投げて、大きいサイコロの出た目の数をa、小さいサイコロの出た目の数をbとするとき、方程式 x2=ab の2つの解がともに整数となる確率は? (整数とは)

 

・ x2=ab → x=±\(\small{\sqrt{ab}}\) → √が残らないa,bは? → abの積が平方数になるのは? (3年:平方根の求め方)
・ (14)も(41) も意味が変わらない → 親中数えOK
・ a×bの範囲は1~36 (見本)は、12=1、22=4、32=9、42=16、52=25、62=36
→ 〈1, 1〉〈1, 4〉〈2, 2〉〈3, 3〉〈4, 4〉〈5, 5〉〈6, 6〉 =1+2+1+1+1+1+1 =8通り
 ∴ \(\large{\frac{8}{36}}\)=\(\large{\frac{2}{9}}\)

 

 

 

《 例 》
1個のサイコロを続けて2回投げるとき、

 

◎ 下の全事象の表から1回目の目が2、2回目の目が5になるものを囲みましょう

 

全事象の表
→ 「同時に投げる」とにかく系と違い いつもセットの(5, 2)が排除されていますね!

 

 

 

◎ 1回目に出る目から2回目に出る目をひいた値が負の数になる確率は?

 

・ 1回目<2回目ということですね
・ (1,<2)も(2,<1) で意味が違う(対になるものは当然には成り立たない) → 親中数えダメ
→ 上の表を利用すれば、ぞろ目斜め線より右側にあるもの達ですね=15通り

 

→ 列挙するなら、(1のとき, 2 3 4 5 6)の5通り +(2のとき, 3 4 5 6)の4通り +(3, 4 5 6)の3通り +(4, 5 6)の2通り +(5, 6)の1通り =15通り
 ∴ \(\large{\frac{15}{36}}\)=\(\large{\frac{5}{12}}\)

 

 

 

◎ 出る目の積が3の倍数になる確率は?

 

(1, 3)(3, 1)も同じ も意味が変わらない → 親中数えOK
 → もう同時に投げるとにかく系となんら変わりませんね
・ 2つのサイコロの積の範囲 1~36
 (見本は) 3の倍数 → 因数に「3」を含むもの → 「3」と「6」が絡んでいるもの
→ 〈1, 3〉〈1, 6〉〈2, 3〉〈2, 6〉〈3, 3〉〈3, 4〉〈3, 5〉〈3, 6〉〈4, 6〉〈5, 6〉〈6, 6〉 =2+2+2+2+1+2+2+2+2+2+1 =20通り
 ∴ \(\large{\frac{20}{36}}\)=\(\large{\frac{5}{9}}\)

 

(別解)
余事象は「3の倍数でない」 = 「因数に3を含まない」 = 「3, 6 を使わない」
→ 3の目6の目を除いた×4×3の目6の目を除いた×4= 16通り

 

→ 本事象 = 36-16 = 20通り
 ∴ \(\large{\frac{20}{36}}\) = \(\large{\frac{5}{9}}\)

 

 

「同時に2個投げる」「1個を続けて2回投げる」
→ メインは「同時に2個投げる」( ←9割の問題がこちら)
 対になる者たち

 

→ 「同時に2個」と結果が異なる(指定に意味があるもの)は指定に従って列挙
 (当然、親中数えを使ってはいけない)

 

 結果が同じことなら「同時に2個」系となんら変わらない

 

 

 

◎ 1つのサイコロを2回投げるとき、1回目に出た目の数が、2回目に出た目の数の倍数となる確率は?

 

・ 1回目≧2回目であること、(4,≧2)と(2,≧4) で意味が違う → 親中数えダメ
・ 1倍も倍数
→ (1, 1) (2, 1) (2, 2) (3, 1) (3, 3) (4, 1) (4, 2) (4, 4) (5, 1) (5, 5) (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 6) → 14通り
 ∴ \(\large{\frac{14}{36}}\)=\(\large{\frac{7}{18}}\)

 

 

 

◎ 大小2つのサイコロを同時に1回投げる。大きいサイコロの出た目の数をa、小さいサイコロの出た目の数をbとする。
 このとき、\(\large{\frac{2a+b}{3}}\)の値が整数である確率を求めなさい

 

・ \(\large{\frac{2a+b}{3}}\)=整数 → 2a+b=3・整数 → 2a+bが3の倍数
・ (2×1,+4)=6と(2×4,+1)=9 → 意味が異なる → 親中数えダメ

 

2a+b が3の倍数ならよいということ、 3, 6, 9, 12, 15 18, 21…当てはめて順次確認するしかないですね
(aに1入れて…2、2+bが3になるのは1、6になるのは4、9になるのは7(7は6以上でout、次はaに2入れて・・・)
(1, 1) (1, 4) (2, 2) (2, 5) (3, 3) (3, 6) (4, 1) (4, 4) (5, 2) (5, 5) (6, 3) (6, 6) =12通り
 ∴ \(\large{\frac{12}{36}}\)=\(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

 

● サイコロ3個

 

公立高校入試では2個までと思われますが念のため
3個までくると樹形図はおろか表も書いていられないですね

 

《 例 》
3つのサイコロを同時に投げるとき、

 

◎ 全事象は何通り?

 

6の重複順列の3マス216通り 

 

63=216 憶えてしまいたいですね!

 

 

 

 

◎ 和が「5」になる確率は?

 

・ 「和」 → 親中数えOK
・ 〈1, 1, 3〉 〈1, 2, 2  → \(\large{\frac{3!}{2!}}\)通り+\(\large{\frac{3!}{2!}}\)通り  = 3+3 ←親中数えですね  = 6通り
 ∴ \(\large{\frac{6}{216}}\)=\(\large{\frac{1}{36}}\)

 

 

 

◎ 積が「6」になる確率は?

 

・ 「積」 → 親中数えOK
・ 〈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」  ⇒ 余事象は…「全て異なる
→ なつかしい「普通の順列」ですね  → 3マス←1マス目には6~1、2マス目には1マス目で使ったもの以外、3マス目には、それまでに使ったもの以外=結果出来上がった3つの数字はすべて異なっていますね  → \({}_6 \mathrm{P }_3\)  = 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  → 余事象は「4の倍数でない」
4(=22)の倍数でないは、因数に4すなわち「2を2個」含んではダメということですね

よって

① 1, 3, 5…A ←使用に制限なし組 (何回使っても22が発生しない)
② 2, 6(←2×3)…B ←制限あり組  (2か6の1つまでは使用OK)(Bを2回使うと22が発生!)
③ 4…C ←使ってはいけない


 

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つをその場で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中小になっていますね (普通組合せ:型のイメージ)
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 \(\large{\frac{20}{216}}\) = \(\large{\frac{5}{54}}\)

 

1回目の目2回目の目3回目の目 なら
1から昇順の6マス や 2,4,5を選んだ6マス で全く同じことですね

 

 

 

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② コイン

 


  まずは再確認  

コインは
・ 「表」「裏」を数字と見れるので無条件で「区別がある」
・ 1つで複数特徴を持つ(1、6の目だけの目のサイコロ)
 → 重複順列 重複3マス 下がらない
・ぞろ目が出にくい
 → 同様に確からしいを確保するために必ず順列数え
  〈表, 裏〉は(A, B) (A, B) の2通りを持つ

 

 

 

● コイン2枚

 

《 例 》
2枚の硬貨を同時に投げるとき、

 

 

◎ 全事象を樹形図と表で求めましょう

 

コイン2枚の樹形図  コイン2枚の表
 1つにつき枝が2本と少ないので樹形図もありですね
 ⇒ マスより2通り×2通り=4通り
  樹形図より末端を数えて4通り
  表より4セルで4通り

 

今後、漢字が大変ですので「表」は0、「裏」は1で行きますね
表を0、裏を1とした樹形図 表を0、裏を1とした表

 

2個のサイコロの左上部分

サイコロの表の左上の部分と見れますね


 

 

 

◎ 1枚が表、1枚が裏になる確率は?

 

→ サイコロでいう〈1, 2〉の目の出方ですね
(A, B) (A, B) の2通り
 ∴ \(\large{\frac{2}{4}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

◎ どちらも表になる確率は?

 

→ サイコロでいう〈1, 1〉のぞろ目の出方ですね
 〈0, 0〉 の1通り
 ∴ \(\large{\frac{1}{4}}\)

 

 

 

《 例 》
1枚の硬貨を2回投げる

 

◎ 1回は表、2回は裏の確率は?

 

2枚のコインの表 指定に「意味がある」ので(1回目, 2回目)で1通り
 ∴ \(\large{\frac{1}{4}}\)

 

 

 

◎ 1回は表、もう1回は裏の確率は?

 

→ 1回の「目」がないので「指定」にこだわっていないということですね。「もう1回は」を「もう1回の方は」や「1回が表、1回が裏」とすれば分かりやすいかもしれませんね
 ∴ サイコロのとにかく系と同じなので、〈0, 1〉の2通り
 ∴ \(\large{\frac{2}{4}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

● コイン3枚以上

 

《 例 》
3枚の硬貨を同時に投げるとき、

 

◎ 全事象は何通り?

 

→ 238通り

 

 

 

◎ 2枚が表、1枚が裏の確率

 

→ 〈0, 0, 1〉=\(\large{\frac{3!}{2!}}\)=3通り (親中数え)
 ↑サイコロの目と思って羅列する
 (ちゃんと列挙すると(0, 0, 1) (0, 1, 0) (1, 0, 0)ですね)
→ 樹形図なら コイン3枚の樹形図
→ 3通り
 ∴ \(\large{\frac{3}{8}}\)

 

 

 

◎ 2枚以上表が出る確率は?

 

→ 〈0, 0, 0〉 〈0, 0, 1〉=1+3=4通り
 ∴ \(\large{\frac{4}{8}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

◎ 少なくとも1枚は表が出る確率は?

 

→ 「少なくとも」といえば余事象を考えるでしたね
 余事象は「全部裏」ですね
 〈1, 1, 1〉=1通り
 ∴ 当該事象=全8通り-余事象1通り=7通り
 ∴ \(\large{\frac{7}{8}}\)

 

 

《 例 》
1枚の硬貨を5回投げるとき、少なくとも1回は裏が出る確率は?

 

→ 「回目」に意味はないですね → とにかく系(同時に5枚投げる)と同じですね
 余事象は「全回表」 → (0, 0, 0, 0, 0) の1通り
 全事象は25=4×4×2=32通り
 当該事象=32-1=31通り
 ∴ \(\large{\frac{31}{32}}\)

 

 

 

《 例 》
100円玉,50円玉,5円玉がそれぞれ1枚ずつあります。この3枚の硬貨を同時に投げるとき、表の出る硬貨の合計金額について、

 

◎ 20円以上150円以下になる確率

 

→ 表のときは額面、裏のときは0円という数え方ですね
(100円, 50円, 5円)の順に、全事象とそのときの合計金額を計算すると

 

(0, 0, 0) → 155円 (全部表群)

 

(0, 0, 1) → 150円 (1枚裏群)
(0, 1, 0) → 105円
(1, 0, 0) → 55円

 

(0, 1, 1) → 100円 (2枚裏群)
(1, 0, 1) → 50円
(1, 1, 0) → 5円

 

(1, 1, 1) → 0円 (全部裏群)

 

羅列がまだ厳しいという場合は…「樹形図」になります

 

コイン3枚の樹形図

 

 ∴ 20円以上150円以下は、数えて5通り
 3枚の全事象は23=8通り
 ∴ \(\large{\frac{5}{8}}\)

 

 

 

◎ 金額の合計が10でわり切れない確率

 

→ 上の羅列を利用して、155, 105, 55, 5 の4通り
 ∴ \(\large{\frac{4}{8}}\)=\(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

《 例 》
50円,10円,5円の硬貨が1枚ずつある。この3枚の硬貨を同時に投げるとき、表の出る硬貨の金額の合計について、

 

◎ 60円 になる確率は?

 

→ 60円になるのは(0, 0, 1)の1通り
 ∴ \(\large{\frac{1}{8}}\)

 

 

◎ 55円以上になる確率は?

 

→ 余事象「55円未満(50円以下)」でいくか…予想がつかないので本事象でいきますね
 55円以上になるのは(50, 10, 5) の順で
 (0, 0, 0) (0, 0, 1) (0, 1, 0) (0, 1, 1はOUT) (1, …OUT) そして、それぞれに金額設定があるので親中数えはしてはいけない
 ∴ 3通り
 ∴ \(\large{\frac{3}{8}}\)

 

 

 

《 例 》
いろいろな種類の硬貨を同時に投げて、表が出た硬貨の合計金額を計算する。
次のような場合において、合計金額が100円より少なくなる確率は?

 

◎ 100円硬貨1枚,50円硬貨1枚,10円硬貨1枚

 

→ 余事象「100円以上」でいきますね。(100, 50, 10) の順で
 (0, 0, 0) (0, 0, 1) (0, 1, 0) (0, 1, 1) (1…OUT
 ∴ 4通り、本事象は8-4=4通り
 ∴ \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

 

◎ 100円硬貨1枚,50円硬貨2枚

 

→ 本事象100円未満は (100, 50, 50) の順で
 (1, 1, 1) (1, 1, 0) (1, 0, 1) (0, OUT (1, 0, 0 OUT
 ∴ 3通り
 ∴ \(\large{\frac{3}{8}}\)

 

 

 

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③ じゃんけん

 


  まずは再確認  

じゃんけんは
・ 「グー」「チョキ」「パー」を数字と見れるので無条件で「区別がある」
・ 1つで複数特徴を持つ (1、2、3の目だけの目のサイコロ)
 → 重複順列 重複3マス 下がらない
・ ぞろ目が出にくい
 → 同様に確からしいを確保するために必ず順列数え
  〈グー, チョキ〉は(グーA, チョキB) (チョキA, グーB) の2通りを持つ
・ ですが じゃんけんは「誰かが何人勝ち」を基準に考えるので、上記はあまり考慮しませんね(独特性)

 

 


  イメージ  

まずは樹形図を見ていただいて

 

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

 

 

⇒ 4人で
 「A1人が」グーで勝つ、(A, B, C, D)の順で(グー〇〇〇)の1通り
   ↑
 「誰か1人が」グーで勝つ(グー〇〇〇) (〇グー〇〇) (〇〇グー〇) (〇〇〇グー)
 これは(グー〇〇〇)の\({}_4 \mathrm{C }_1\)で、4通りですね

 

誰か1人はA1人を含む

 

⇒ Aさんが「グー」で「1人勝ち(1人負け)」できるのは1通りしかない
人数が増えると(分母が増えると)どんどん確率が下がる 
 \(\large{\frac{1}{3^2}}\) → \(\large{\frac{1}{3^3}}\) → \(\large{\frac{1}{3^4}}\) → \(\large{\frac{1}{3^5}}\)

 

⇒ Aさんの手はグーチョキパーの3種あるので1人勝ちは3通りある
 \(\large{\frac{1\ \cdot \ \color{red}{3}}{3^2}}\) → \(\large{\frac{1\ \cdot \ \color{red}{3}}{3^3}}\) → \(\large{\frac{1\ \cdot \ \color{red}{3}}{3^4}}\) → \(\large{\frac{1\ \cdot \ \color{red}{3}}{3^5}}\)

 

 

⇒ 「誰かが〇人勝ち」以外は「あいこ(余事象)」
 枝の末端は「誰かが〇人勝ち」と「あいこ」しかない

 

→ A, B の1人勝ちは同時に起こらない≠A, B の2人勝ち

 

 

◆ 1人勝ちは『人数によらず常に1人3本
◆ 〇人勝ちは『人数が増えれば増える』
 (●〇)\({}_2 \mathrm{C }_1\)<(●〇〇)\({}_3 \mathrm{C }_1\)や
 (●●〇)\({}_3 \mathrm{C }_2\)<(●●〇〇)\({}_4 \mathrm{C }_2\) のように。
 (〇は勝った人、●は負けた人)
◆ あいこは『人数が増えれば爆発的に増えていく』

 

 


公式

 

じゃんけん

 

・ 誰かが〇人勝ちの確率 = 勝つ手数/全事象×コンビネーション

 

・ 名指し組の勝つ確率  = 勝つ手数/全事象×1

 

・ (4人以上の) あいこは、余事象

 

・ 3人のじゃんけんのあいこの確率は\(\large{\frac{1}{3}}\) ←よく出てくるので憶えてしまうのがお得

 

 

 

 

《 例 》
ABC DE

 

 

・ 5人から(2人勝ちの)A, B を「選ぶ」のは何通り?
ABCDE

1通り 〈A, B〉


⇒ ABの2人勝ちは1通りしかない

 

 

・ 5人から(2人勝ちの)2人を選ぶのは何通り
 → \({}_5 \mathrm{C }_2\)=\(\large{\frac{5\ \cdot \ 4}{2!}}\)=10通り(組合せ:「型」のイメージ)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)
(ABC DE)

 

⇒ 「誰か2人勝ち」は複数通りある(「ABの2人勝ち」はその中の1つ)

 

じゃんけんの構成

 

⇒ じゃんけんの全通り = 誰か〇人勝ち+あいこ

 

cf.
(〇●●)の並び替え分あるので3通りある。という解説をよく見かけますね

 

詳しくは
(ABC)から1つ選ぶのは
(ABC)
(ABC)
(ABC)の3通りある
文字を省略して
(〇●●)
(●〇●)
(●●〇) の3通りある。ですね(組合せ:「型」のイメージ)

 

⇒ 文字が省略されているだけ → 2つの●●は別物)

 

 

 

 

《 例 》
・ 2人でじゃんけんをして、「Aさんがグーで」(1人)勝つ確率は?
→ Aがグーで勝つ
\(\large{\frac{(グーの)\color{red}{1}(手)}{3^2}}\)×(Aさんの)1(人) = \(\large{\frac{1}{3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{9}}\)

 

・ 2人でじゃんけんをして、「Aさんがグーかチョキで」(1人)勝つ確率は?
→ Aがグーとチョキで勝つ
\(\large{\frac{(グーチョキの)\color{red}{2}}{3^2}}\)×1 = \(\large{\frac{2}{3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{2}{9}}\)

 

・ 2人でじゃんけんをして、「Aさんが」(1人)勝つ確率は?
→ Aが全手で勝つ
\(\large{\frac{(グーチョキパーの)\color{red}{3}}{3^2}}\)×1 = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・ 2人でじゃんけんをして、「どちらかが」勝つ確率は?
誰か1人が全手で勝つ(A, B)(A, B)
\(\large{\frac{3}{3^2}}\)×\({}_2 \mathrm{C }_1\)= \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3}}\)×2 = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

・ 2人でじゃんけんをして、「Aさんが」負ける確率は?
→ 2人なのでAが全手で1人負け=1人勝ちと同じ確率
\(\large{\frac{(グーチョキパーの)3}{3^2}}\)×1 = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・ 3人でじゃんけんをして、「Aさんが」「グー」で1人勝ちする確率は?
\(\large{\frac{1}{3^\color{red}{3}}}\)×(名指しの)1 = \(\large{\frac{1}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{27}}\)

 

・ 3人でじゃんけんをして、「Aさんが」1人勝ちする確率は?
\(\large{\frac{\color{red}{3}}{3^3}}\)×(名指しの)1 = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{9}}\)

 

・ 3人でじゃんけんをして、「Aさんが」勝つ確率は?
Aの1人勝ち(ABC)+Aを含む誰か2人勝ち{〇┃(〇●)}{〇┃(●〇)}
\(\large{\frac{3}{3^3}}\)×(A1人勝ちの1 +(A決定の)1・(残りの2人の1人)\({}_2 \mathrm{C }_1\)) = \(\large{\frac{3}{3^3}}\)×(1通り+2通り) =\(\large{\frac{9}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)  = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

・ 3人でじゃんけんをして、「AさんとBさんが」勝つ確率は?
= 「Cさんが1人負け」
\(\large{\frac{3}{3^3}}\)×1 = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)×1 = \(\large{\frac{1}{9}}\)
または、名指しのABの2人勝ち → (〇〇●)1通り
\(\large{\frac{3}{3^3}}\)×1 = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\) = \(\large{\frac{1}{9}}\)

 

・ 3人でじゃんけんをして、「(誰か)2人が」勝つ確率は?
→ (〇〇●)の\({}_3 \mathrm{C }_2\)、(\({}_3 \mathrm{C }_1\)でも同じことでしたね) (\({}_n \mathrm{C }_r\)=\({}_n \mathrm{C }_{n-r}\))
\(\large{\frac{3}{3^3}}\)×\({}_3 \mathrm{C }_2\)= \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)×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」と全く同様でしたね
\(\large{\frac{3}{3^3}}\)×\({}_3 \mathrm{C }_2\) = \(\large{\frac{3}{3\ \cdot \ 3\ \cdot \ 3}}\)×3 = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

「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(全員グーの部屋など)、空室1つはNG(全員グーかチョキの部屋など)」分→(全部屋選ぶ-2部屋選ぶ) ←これを計算すると153通りもありますね

 

そこで余事象!

 


公式

 

あいこの確率

 

あいこの数 = 全通り-(誰かが1人勝ち  +誰かが2人勝ち +誰かが3人勝ち+・・・) (全員勝ちの手前まで)

 

(誰か1人は\({}_n \mathrm{C }_1\)、誰か2人は\({}_n \mathrm{C }_2\)です)
(全員勝ち…それは「あいこ」ですね。 → \({}_n \mathrm{C }_\color{red}{{n-1}}\)まで!)

 

3人じゃんけんの樹形図

 

確かに、末端は「誰か〇人勝ち」と「あいこ」しかないですね!

 

(参考) 4人のじゃんけんでAがグーのところだけを切り出してみても

 

4人のじゃんけんの樹形図

 

確かに、末端は「誰か〇人勝ち」と「あいこ」しかないですね!
(そして、あいこが爆発的に増えてきていますね)

 

 

念のため、「誰か」を図式化すると

 

ABCDEの5人・・・(n人)

 

誰か1人…

1マス → \({}_5 \mathrm{C }_1\)ですね ・・・(\({}_n \mathrm{C }_1\))
 AかもBかもCかも…5通り


 

誰か2人…

2マス → \({}_5 \mathrm{C }_2\)ですね ・・・(\({}_n \mathrm{C }_2\))
 ABかもACかもADかも…10通り


 

→ マスに基準名はありませんね
よって「組合せ」 → AB、BAで1通りですね
(もちろん、「組合せの『型』のイメージ」でOKです
誰か1人…(〇●●●●) の並び数
誰か2人…(〇〇●●●) の並び数

 

⇒ \({}_n \mathrm{C }_{n-1まで}\)

 

 

 

 

《 例 》
5人でじゃんけんをして、「あいこ」になる確率は?

 


あいこの確率= 1-誰かが〇人勝ちの確率  = 1-(誰かが1人勝ち
 +誰かが2人勝ち +誰かが3人勝ち +誰かが4人勝ち)

 

  = 1-\(\left(\large{\frac{3}{3^5}}\cdot{}_5 \mathrm{C }_1+\large{\frac{3}{3^5}}\cdot{}_5 \mathrm{C }_2+\large{\frac{3}{3^5}}\cdot{}_5 \mathrm{C }_3+\large{\frac{3}{3^5}}\cdot{}_5 \mathrm{C }_4\right )\) cf.5人が勝つ?それは「あいこ」ですね!(4人まで)
  = 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
名指し組の勝つ確率  = \(\large{\frac{「何手」 }{全事象}}\)×1  → \(\large{\frac{「全手で」}{全事象}}\)×1  = \(\large{\frac{3}{3^\color{red}{2}}}\)×1  = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

《 例 》
ABCDの4人がじゃんけんをして、誰か1人が勝つ確率は?

 

→ (〇●●●)(●〇●●)(●●〇●)(●●●〇)計4通り
→ \(\large{\frac{全手の3}{3^4}}\)×\({}_4 \mathrm{C }_1\) = \(\large{\frac{1}{27}}\)×4 =\(\large{\frac{4}{27}}\)

 

 

 

《 例 》
ABCDの4人がじゃんけんをして、Aが勝つ確率は?

 

→ Aの1人勝ち(〇●●●) +Aを含む2人勝ち{〇┃(〇●●), 〇┃(●〇●), 〇┃(●●〇)} +Aを含む3人勝ち{〇┃(〇〇●), 〇┃(〇●〇), 〇┃(●〇〇)}

→ \(\large{\frac{全手の3}{3^4}}\)×(1人勝ちの1+(1×\({}_3 \mathrm{C }_1\))+(1×\({}_3 \mathrm{C }_2\) ))
 =\(\large{\frac{1}{27}}\)×(1+(3)+(3))
 =\(\large{\frac{7}{27}}\)

 

 

 

《 例 》
ABCDの4人がじゃんけんをして、ABの2人だけが勝つ確率は?

 

→ ABの2人勝ち
→ 名指し = \(\large{\frac{全3手}{3^4}}\)×1\(\large{\frac{1}{27}}\)

 

(ABの2人が勝つなら)
→ AB2人勝ち(〇〇●●)+ABを含む誰か3人勝ち(〇〇┃〇●)(〇〇┃●〇)

= \(\large{\frac{全手3}{3^4}}\)×(1通り+1×\({}_2 \mathrm{C }_1\))
= \(\large{\frac{1}{27}}\)×(1+2)
\(\large{\frac{1}{9}}\)

 

 


  おすすめ  

樹形図を書く場合、「グ、チ、パ」や「G、C、P」など省略文字に苦労しますね
速く書けるけど、どちらが勝つかすぐにイメージできませんね
すぐにイメージできるのは絵( グーチョキパーのイラスト )ですが、書いていられませんね
〇(グー)、V(チョキ)、星(パー) あたりが「イメージできる」と「速さ」の中間かなと思います

 

記号で樹形図

 

 

 

→ ページの先頭に戻る

 

 

 

 

b 1特徴系 (カード、玉、くじ、人など)

 

 


  再確認  

・ 区別のないものはこちらで区別をつける(番号をふる)
・ 1特徴系とは、1つにつき1つの番号しか持たないものですね
ex. 1と書かれたカード、4と書かれた玉、2と書かれたはずれ、ゼッケン3をつけた人
 → ただし、人は無条件で区別がある
 → 1特徴系はすべて同じ問題ということ
  (玉がイメージしやすければカードの問題でも くじの問題でも、玉にしてよい)
・ 全事象(分母)は普通順列 階段状に下がる (階段状に下がっていく)
 → 自分は1つしかないのでマスに自分を入れたら、次のマスは自分を除いた個数になる (1つのマスにしか入れない)
 3マス
 樹形図の枝は減っていく(最後は自然に決まる)
 枝のヘル樹形図
 ↑
 Aの2以下は省略しています
 → とにかく系の分子(白玉1, →白玉2)ではなく(白玉, と白玉)のときは組合せでもよい
 (白11個目, 白22個目)(白21個目, 白12個目)の2通り → 〈白1, 白2〉の1通りでもよい
  (そのときは分母も組合せ数えで)

 

 

 

 

① カード・玉・くじ

 

● 1個とる

 

 

1マス6通り
→ 全事象は、マスに入る可能性のあるもの → 5通り
→ 当該事象は、これから指定される何か〇個 → 〇通り
「普通順列」も「組合せ」も(「重複順列も)、何も関係ないですね

 

 

 

 

《 例 》
1~3の数字が書かれた赤玉が3個、4~5の数字が書かれた白玉が2個ある。
① ② ③ ④ ⑤

 

(1) 1個取り出すとき、赤玉である確率は?

 

→ 当該事象は、赤1,赤2,赤3,の3通り
→ 全事象(マスに入る可能性のあるもの)は、赤3+白2 = 5通り
 ∴ \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

 

 

(2) 玉と思っていたらカードだった。1枚取り出すとき、偶数である確率は?

 

 12345

 

 

→ 偶数は、2と4の 2通り
 ∴ \(\large{\frac{2}{5}}\)

 

 

 

(3) カードと思っていたらくじだった。1番を当たりとするとき、1回引いて外れの確率は
①②③④⑤

 

→ 外れは2, 3, 4, 5 の4通り
 ∴ \(\large{\frac{4}{5}}\)

 

 

 

 

 

● 2個とる

 

《 例 》
1, 2, 3, 4, 5 の数を1つずつ書いた5枚のカード(玉)から、もとに戻さずに続けて2枚を取り出す。
1枚目のカードを十の位の数、2枚目のカードを一の位の数として2けたの数をつくるとき、
できた2けたの数が、奇数である確率は?

 

 12345

 

 

→ 「2けたの数」 → 選んだあとの並びに「こだわる」ということですね 
∵ 1221 は違う

 

→ 奇数ということは… 一の位が1, 3, 5だから
2マス一の位1,3,5 かな・・・ダメですね!
11なんか作れないですね(1つに1特徴は1回しか使えない)
では1マス目の1, 5を除外するか…2マス十の位2, 4…ダメですね!
13などが作れない

 

→ 場合によって矛盾がある → 場合分け(マスが複数行になる)ですね

 

場合分けした2マス達   

 

 

1通り×2通り+1通り×3+1×2+3+2=12通り

 

ベストなのは「羅列」ですね
12345 と 2マス を見ながら…
「(10の位が)1のとき(1,… 3)(1,…5)、2のとき(2, 1)(2, 3)(2, 5)、順次(3, 1)(3, 5)(4, 1)(4, 3)(4, 5)(5, 1)(5, 3)の12通り

 

→ 全事象(分母)は?分子が順列数えなので分母も順列数えで
 (中学生) 2マス= 20通り
 (高校生) \({}_5 \mathrm{P }_2\) = 5階乗の前2つ = 20通り

 

 ∴ \(\large{\frac{12}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

(中学生樹形図なら)
1,2,3,4,5の順列の樹形図

 

全事象は、末端を全て数えて(足して)20通り
当該事象は、〇を数えて12通り   ∴ \(\large{\frac{12}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

樹形図は上の場合分けのマスの考え方の逆ですね

 

(マス)
マスで考えた結果、樹形図のようになるまで場合分けしないければならなくなっただけ。
マスはできる限り規則性を見つけようとするためのヒント
マス ⇒ 樹形図のパターン化
(今回は実は1マス目が奇数のとき2マス目は残りの2通り、1マス目が偶数のとき2マス目は奇数の3通りで
 2つの2マス
  3通り×2通り2通り×3通り=12通り、で2パターンに絞れていたということですね!)

 

(いきなり樹形図)
先ずは全通りの樹形図を機械的に書いて、完成したら条件に合うものを「見つけていく(pick up)」という考え方は、ある程度のレベルで「場合の数」・「確率」の理解力がストップしますね(数が増えれば対応できないし、樹形図は急いで書くと凡ミスしやすいし、「ということは」という1番大事な部分が抜け落ちてしまいますし)。
数学はいかに規則性を見つけて、「楽に簡単に答えを出そう」という思考があるほうがよいですね!
pick up作業はコンピューターがすればよい
プログラムは人間がつくる ようなイメージでしょうか
→ できる限りマスで考えていきましょうね

 

 

 

 

《 例 》
1, 2, 3, 4, 5 の数が1つずつ書かれた5枚のカード(玉)から、
もとに戻さずに続けて2枚のカードを取り出す。
取り出したカードに書かれた数の和が奇数となる確率は?

 

12345

 

 

1つ上の問題と何か似ているような…違うような…
1つ上の問題は 順列な2マス マスの並びに「こだわる」順列数えですね
今回は マス+マス マスの並びに「こだわらない」組合せ数えでもよいですね
たとえば、3+4=7も 43=7 でも『どっちでも同じ』ですね
→ 並びに「こだわらなくてもよい」(31個目, 42個目)(41個目, 32個目) → 〈3, 4〉の1通りだ

 

→ 奇数になるのは、偶数+奇数だけ (∵ 2+2=4偶、3+3=6偶)

 

まずは「数えるため」にとりあえずマスに基準名をつけて
1マス×2×2
2通り×3通り+3通り×2通り=12通り
→ 並びにこだわらない(基準名がない 並びにこだわらない2マス )のでマス数の階乗で割ると
12÷2!=6通り

 

今後は、基準名のないマスで(最初から組合せ数えと分かっている)

 

後ろのマスが前のマスと無関係なときは
関係な2マス としますね
→ 組合せ数は、4×3=12通り

 

後ろのマスが前のマスと関係があるときは
関係する2マス としますね
→ 組合せ数は、\(\large{\frac{4×3}{\color{red}{2!}}}\) = 6通り
上にはない(4, 3) (3, 4)などを含んでしまっているということですね

 

→ 全事象は?
分子が組合せ数えなので、分母も組合せ数えで
異なる5個から異なる2個を選び、並びに「こだわらない」
(中学生) 20通り÷2!= 10通り
(高校生) \({}_5 \mathrm{C }_2\) = 5階乗の前2つ÷2!=10通り

 

 ∴ \(\large{\frac{6}{10}}\) = \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

 


ポイント

・ マスの並びに意味があるために、当該事象(分子)を順列数えしたら
→ 分母も順列数え!
確率 = 順列数え/順列

 

・ マスの並びに意味がないために、当該事象(分子)を組合せ数えしたら
→ 分母も組合せ数え!
確率 = 組合せ数え/組合せ

 

 

実は下段の組合せ数え/組合せ は 順列数え としても答は同じですね
ex. 例えば2個選ぶとき、\({}_〇 \mathrm{C }_□\) の□は2なので、\({}_〇 \mathrm{C }_2\)ですね
分母と分子の□が同じとき、
組合せ数え/組合せ  = 順列数え/n!÷順列/n! = \(\large{\frac{□!}{□!}}\)という「1」をかけて 順列数え/順列 ですね

 

分母に対がある
ついになるものを分母、分子にいれるか入れないかの違いですね

 

同じなら、全部 順列数え/順列 ですればよいのでは?
→ やめておきましょうね
ex. 1, 2, 3, 4, 5 の数が1つずつ書かれた5枚のカード(玉)から、
もとに戻さずに続けて2枚のカードを取り出す。
取り出したカードに書かれた数の和が奇数となるのは何通り
→ 6通りです!(12通りではなかったですね)
→ 質問に合った答えは 組合せ数えの当該事象
 「結局同じだから」が通用するのは「計算途中」だけですね

 

また、C×C/C のようなとき、すなわち □!×□!/□□! のようなときは使えないですね
 → □に入る「階乗」は、1\(!\)×1\(!\)=1  2\(!\) ですものね

 

 

 

 

《 例 》
6本のくじがあり、その中に当たりくじが2本あります。

 

(1) 1本引いて、当たる確率は?

 

→ まずは図ですね、確率なので当然番号をつけて、袋や箱などは不要ですし、1列に並べて書きます

 1,2があたりの6個

 

    袋の中の6玉


 

・ 赤球を取出す確率は?(どちらでもよい)
・ 1か2のカードを取出す確率は?(カードの問題は最初から番号が書かれていることが多い)
と同じですね

 

1マス2通り で2通り
→ 全事象は?1マスは順列数え・組合せ数えも関係ないので、6通り

 

 ∴ \(\large{\frac{2}{6}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

(2) 2本引いて2本ともはずれの確率は? 1,2があたりの6個

 

・ 2個とも白玉の確率は?
・ 2枚とも白カードの確率は?
と同じですね

 

→ 「2つとも外れ」より、2マスの並びに意味はない → こだわらない
→ はずれ3, 4, 5, 6 から2つ選び、並びに「こだわらない」
  = 4通りマス、3通りマス%÷2\(!\)= \(\large{\frac{12}{2!}}\) = 6通り

 

→ 全事象は?
分子が組合せ数えなので、分母も組合せ数えで
 (中) 6通りマス×通りマス/2!= \(\large{\frac{30}{2!}}\) = 15通り

 

 (高) \({}_6 \mathrm{C }_2\) = 15通り

 

 ∴ \(\large{\frac{6}{15}}\) = \(\large{\frac{2}{5}}\)

 

 

 

(3) 2本引いて、1本は当たり、1本ははずれの確率は? 1,2があたりの6個

 

・ 1個は赤玉、1個は白玉の確率は?
・ 1枚は1か2、1枚は3~6の確率は?
と同じですね

 

→ 「1本は~、1本は~」より、2マスの並びに意味はない → こだわらない
→ (中) 2通りマス4通りマス = 8通り

 

・ 樹形図なら 2通りマス4通りマスの樹形図= 8通り

 

・ 羅列なら 
(1, 2)(1, 3)(1, 4)(1, 5)(1, 6)
    (2, 3)(2, 4)(2, 5)(2, 6)
        (3, 4)(3, 5)(3, 6)
            (4, 5)(4, 6)
                  (5, 6)
  = 当たりとはずれになるのは、8通り

 

(高) \({}_2 \mathrm{C }_1\)×\({}_4 \mathrm{C }_1\) = 2×4 = 8通り

 

→ 全事象は?
分子が組合せ数えなので、分母も組合せ数えで
上と同様、\({}_6 \mathrm{C }_2\) = 15通り
 ∴ \(\large{\frac{8}{15}}\)

 

 

 

(4) 2本引いて、1本目ははずれ、2本目は当たりの確率は?ただし、くじは元に戻さないものとします。 1,2があたりの6個

 

・ A, Bの順に引きAははずれ、Bは当たりの確率は?
・ 1個目は白、2個目は赤の確率は
と同じですね

 

「1本は~、2本は~」より、2マスの並びに意味がある → こだわる

 

(中)

 6通りマス5通りマスの樹形図


 

→ 1回目がはずれ、2回目に赤が出るのは、数えて8通り
→ 全事象は末端をすべて数えて(足して)、30通り
 ∴ \(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{4}{15}}\)

 

 

(高)  「1回目~、2回目~」より、2マスの並びに意味がある → こだわる(マス名あり)
・ Aが外れB当たり、4通りマス2通りマス= 8通り

 

→ 全事象は?
分子が順列数えなので、分母も順列数えで
異なる6個から2個選んで並びに「こだわる」
(中) 6通りマス5通りマス= 30通り
(高) \({}_6 \mathrm{P }_2\) = 30通り
 ∴ \(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{4}{15}}\)

 

 

 

(5) 2回目に当たる確率は?

 

→ とにかく(1回目に関わらず)2回目が当たればよい
→ 1回目に当たった場合と1回目は外れた場合がありますね

 

(中)

 樹形図


 

→ (とにかく1回目に関わらず)2回目に赤が出るのは、数えて10通り
→ 全事象は、末端を数えて(足して)、30通り
 ∴ \(\large{\frac{10}{30}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

(高) 「1回目~、2回目~」より、2マスの並びに意味がある → こだわる(マス名あり)
1マス目は当たった場合、外れた場合(当たりが1本しか残っていない場合と、2本残っている)2パターンありますね → 場合分け

 

・ 1回目が当たった場合、2通りマス1通りマス =2\(!\) = 2通り
・ 1回目が外れた場合、4通りマス2通りマス =8通り
 ∴ 2+8=10通り

 

→ 全事象は?
分子が順列数えなので、分母も順列数えで
異なる6個から2個選んで並びに「こだわる」
(中) 6通りマス5通りマス= 30通り
(高) \({}_6 \mathrm{P }_2\) = 30通り
∴ \(\large{\frac{10}{30}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

(6) Aさんが先に引き、そのあとBさんが引きます。Aさんが当たる確率は?ただし、くじは元に戻さないものとします。 1,2があたりの6個

 

→ Bさんは関係ないですね = Aさんが1回で当たる確率は? = Aさんが1か2を引く確率は?

 

(高) → 当該事象 = 1か2の、2通り
→ 全事象は?6通り
 ∴ \(\large{\frac{2}{6通り}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\) 

 

(中) 上の樹形図の2回目(2マス目)を削除してもよいですね = \(\large{\frac{2}{6}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\) 

 

↑(5)のBさん(とにかく1回目に関わらず2回目当たり)の確率と同じですね

 

実は、くじを引くときのどこかで当たる当たりやすさは、引く順番とは無関係!

 

ex. 例えば、6回引いたときの当たりはずれの全並び方は
(1回目, 2回目, 3, 4, 5, 6回目)の順で
または(Aさん, Bさん, C, D, E, Fさん)の順で
(●●〇〇〇〇)
(〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇●●〇〇〇)
(〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇〇●●〇〇)
(〇〇〇)
(〇〇〇〇)
(〇〇〇●●〇)
(〇〇〇)
(〇〇〇〇●●)

 ↓   ↘
5通り↓
  5通り

 

1回目に当たる(Aが当たる)確率は、\(\large{\frac{5}{15}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)
2回目に当たる(Bが当たる)確率は、\(\large{\frac{5}{15}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

(7) A,Bが引いたあとに、Cが3番目に引いたとき当たりの確率は?

 

→ 上の理由より、\(\large{\frac{1}{3}}\)

 

→ 真面目にマスでしますと
該当パターン
→ 4+4+24+8 = 40通り
→ 全通りは、\({}_6 \mathrm{P }_3\) = 120通り
 ∴ \(\large{\frac{40}{120}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

→ やっぱり、もっと楽に3番目に1か2がくる確率は?ですね
=1番目に1か2がくる確率と同じ = \(\large{\frac{2}{6}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

(8) A, B, C が引いたあとに、Dが4番目にひいて当たる確率は?
 1,2があたりの6個

 

→ とにかくA, B, C の当たりはずれに関わらず、Dが当たる確率ですね
→ 1回目のAが当たる確率と同じより
 ・ 当該事象 = \({}_2 \mathrm{C }_1\) = 2通り
 ・ 全事象 = \({}_6 \mathrm{C }_1\) = 6通り
 ∴ \(\large{\frac{2}{6}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 


余談

 

確率の乗法定理 (確率どうしのかけ算)

 

例えば、(複数特徴系で) 2つのサイコロを投げて、1個が1の目、2個が2の目になる確率は?

 

・ 当該事象= 1通りマス1通りマス 1×1=1通り  (11個目, 22個目)

 

・ 全事象=62=36通り
 ∴ \(\large{\frac{1}{36}}\)

 

ただし、中学では「とにかく(1, 2)の目系の問題が多いので、
(11個目, 22個目) (21個目, 12個目)の2通り、
または、(1, 2)だけを求めて親中数えをして(×2!)で2通りとしていましたね

 

この\(\large{\frac{1}{36}}\) は、1個目1の出る確率\(\large{\frac{1}{6}}\)×2個目2の出る確率\(\large{\frac{1}{6}}\)=\(\large{\frac{1}{36}}\) と同じですね!

 

⇒ 独立した事象の確率は、かけ算してもよいということになります!

 

独立』とは、確率の場面では「無関係」ということですね
2つの試行において、2回目の試行(2個目の試行)「2の目が出る確率(事象)」は、1回目の目に「関係」なく2が出てますものね
→ 1回目の試行が2回目の試行に影響を与えない、2回目の試行は1回目の試行に影響を受けない⇒2回目の試行は『独立』ですね(当然1回目も「独立な試行」)

 

逆に『従属』なら、「関係あり」ということですね
例えば、赤玉2個、白玉3個から玉を戻さずに2回続けて玉をとる
●●〇〇〇
1回目が赤の確率は\(\large{\frac{2}{5}}\)
2回目が赤の確率は・・・
1回目が赤のときは、(①残りは)赤1、白3で\(\large{\frac{1}{4}}\)
1回目が白のときは、(②残りは)赤2、白2で\(\large{\frac{2}{4}}\)
・・・2回目の試行は1回目の試行の影響を受けているので「独立」ではないですね

 

ですが!2回目のそれぞれの試行を個別に見ると
①は赤1、白3から1個とるという ある意味「独立」な試行
②は赤2、白2から1個とるという ある意味「独立」な試行

 

実際、このあとの「前提のある事象の確率」もかけ算していますね

 

⇒ 結局、2つセットの事象で「独立か」「そうでないか」を考える意味はないですね!
⇒ 2つセットの事象では「確率が同じか、変わるか」だけ注意すればよいということですね

 

 

 

次に、例えば、(1特徴系で) 12345から2個とるとき1個目が、2個目が〇になる確率は?

 

・ 当該事象= 3通りマス2通りマス =3通り×2通り=6通り
・ 全事象= 5通りマス残り4通りマス =5通り×4通り=20通り
 ∴ \(\large{\frac{6}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{10}}\)

 

ただし、中学では「とにかく(赤と, 白)系の問題が多いので、
(1個目, 2個目) (1個目, 2個目)で、(赤, 白)だけを求めて親中数えをして(×2!)で12通りとしたり、組合せ数えで\({}_3 \mathrm{C }_1\)×\({}_2 \mathrm{C }_1\)=6通りとしていましたね(そのとき分母も当然組合せ数え\({}_5 \mathrm{C }_2\)=10通り)

 

この\(\large{\frac{3}{10}}\)は、1回目の赤の確率\(\large{\frac{3}{5}}\)×2回目の(赤が1つ減った)白の確率\(\large{\frac{2}{4}}\) = \(\large{\frac{6}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{10}}\) と同じですね!

 

⇒ 前提のある事象の確率は、かけ算してもよいということになります!

 

2回目の状態●●〇〇を、別の「独立した」Bの袋(●●〇〇)から1個とる とみなしているのですね

 

3つの袋

 

 

 


  確率の乗法定理  

① 独立した事象の確率は、かけ算してもよい
② 前提のある事象の確率は、かけ算してもよい

 

ただし、1個目マス2個目マス や 大マス小マスのようにマス並びにこだわった順列数えの確率であることを忘れない 

 

 


  正式には  

① P(AかつB)=P(A)×P(B) 「AかつBの確率は、Aの確率×Bの確率」
 (ただし、AマスBマスマスの並びにこだわっていることを忘れない。「かつ」といえば両方向カバーしていそうですが(A, かつB)のことです)

 

② P(A∩B)=P(A)×PA(B) 「AかつBの確率は、Aの確率×Aが起こった前提のBの確率」
 (ただし、AマスBマスマスの並びにこだわっていることを忘れない。「かつ」といえば両方向カバーしていそうですが(A, かつB)のことです)

 

すなわちここでの  (俗読み:かつ、正式読み:キャップ)は「ABの順の(並びにこだわっている → 順列数えの)」確率といえますね

 

決して、とにかく(1と2)、とにかく(赤と白)のような( マス , マス) 系や
とにかく 1つ目?2つ目マス のような、とにかく2回目に当たり系にはそのまま使えません、これらはあともう1処理必要になりますね

 

 

 

《 例 》
袋に赤玉2個、白玉4個が入っています

 

(1) 2回続けて引いて、2回とも白の確率は?
123456
→ 同じ色に順番にこだわる意味はない(3, 4) (4, 3)にこだわる意味はない → 組合せ数えでよい

 

〔マス〕 \(\large{\frac{白2個とる事象}{全部から2個とる事象}}\) = <2マス/2マス = \(\large{\frac{6}{15}}\) = \(\large{\frac{2}{5}}\)

 

〔CやP〕 \(\large{\frac{白2個とる事象}{全部から2個とる事象}}\) = \(\large{\frac{{}_4 \mathrm{C }_2}{{}_6 \mathrm{C }_2}}\) = \(\large{\frac{6}{15}}\) = \(\large{\frac{2}{5}}\)
・ 分子分母が同じ型なのでPでも可 = \(\large{\frac{{}_4 \mathrm{P }_2}{{}_6 \mathrm{P }_2}}\) = \(\large{\frac{12}{30}}\) = \(\large{\frac{2}{5}}\)

 

〔乗法〕 \(\large{\frac{4}{6}}\)×\(\large{\frac{3}{5}}\) = \(\large{\frac{12}{30}}\) = \(\large{\frac{2}{5}}\)
上の2つより順列数えもOKなので後処理なしに同じ答えですね
⇒ 同じ色のとき、2個とも白=1回目も2回目も白 

 

 

 

(2) 2回続けて引いて、1個は赤、1個は白の確率は?
123456
→ (赤白) → 白と赤もOK → 組合せ数えでよい

 

〔マス〕 \(\large{\frac{赤から1×白から1とる事象}{全部から2個とる事象}}\) = 2マス/2マス = \(\large{\frac{8}{15}}\)

 

 ・ (実は順列数えでもOK)
 (2通りマス×4通りマス+4通りマス2通りマス)/6通りマス×5通りマス = \(\large{\frac{16}{30}}\) = \(\large{\frac{8}{15}}\)

 

〔CやP〕 \(\large{\frac{赤から1×白から1とる事象}{全部から2個とる事象}}\) = \(\large{\frac{{}_2 \mathrm{C }_1×{}_4 \mathrm{C }_1}{{}_6 \mathrm{C }_2}}\) = \(\large{\frac{8}{15}}\)
・ \(\large{\frac{赤→白の並び+白→赤の並び}{全部から2個選び並べる事象}}\) = \(\large{\frac{{}_2 \mathrm{P }_1×{}_4 \mathrm{P }_1+{}_4 \mathrm{P }_1×{}_2 \mathrm{P }_1}{{}_6 \mathrm{P }_2}}\) = \(\large{\frac{2×4+4×2}{30}}\) = \(\large{\frac{16}{30}}\) = \(\large{\frac{8}{15}}\)

 

〔乗法〕 (赤かつ白)+(白かつ赤) = \(\large{\frac{2}{6}}\)×\(\large{\frac{4}{5}}\)+\(\large{\frac{4}{6}}\)×\(\large{\frac{2}{5}}\) = \(\large{\frac{8}{30}}\)+\(\large{\frac{8}{30}}\) =\(\large{\frac{16}{30}}\) = \(\large{\frac{8}{15}}\)

 

 

 

(3) 2回続けて引いて、1個目は赤、2個目は白の確率は?
123456
→ (赤白) → 順列数え、(白→赤)はout

 

〔マス〕 \(\large{\frac{赤→白の事象}{全部から2個並べる事象}}\) = 2マス/2マス = \(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{4}{15}}\)

 

〔CやP〕 \(\large{\frac{赤→白の事象}{全部から2個並べる事象}}\) = \(\large{\frac{{}_2 \mathrm{P }_1×{}_4 \mathrm{P }_1}{{}_6 \mathrm{P }_2}}\) = \(\large{\frac{2×4}{30}}\) = \(\large{\frac{4}{15}}\)

 

〔乗法〕 \(\large{\frac{2}{6}}\)×\(\large{\frac{4}{5}}\) = \(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{4}{15}}\)

 

 

 

(4) 2回続けて引いて、2個目が白の確率は?
123456
→ 1回目はわからない(?, 白)

 

〔マス〕 \(\large{\frac{白→白+赤→白の事象}{全部から2個並べる事象}}\) = 2マス/2マス2マス/2マス = \(\large{\frac{12}{30}}\)+\(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{20}{30}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

〔CやP〕 \(\large{\frac{白→白+赤→白の事象}{全部から2個並べる事象}}\) = \(\large{\frac{{}_4 \mathrm{P }_2}{{}_6 \mathrm{P }_2}}\)+\(\large{\frac{{}_2 \mathrm{P }_1×{}_4 \mathrm{P }_1}{{}_6 \mathrm{P }_2}}\) = \(\large{\frac{12}{30}}\)+\(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{20}{30}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

〔乗法〕 (白→白)+(赤→白) = \(\large{\frac{4}{6}}\)×\(\large{\frac{3}{5}}\)+\(\large{\frac{2}{6}}\)×\(\large{\frac{4}{5}}\) = \(\large{\frac{12}{30}}\)+\(\large{\frac{8}{30}}\) = \(\large{\frac{20}{30}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

〔それより(?, 〇)の場合は、1回目も2回目も3回目も同じ確率〕
 1回目に白の確率 = \(\large{\frac{4}{6}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

 


  おすすめ  

・ (〇〇) のとき、〔C〕で解く
・ (〇〇) のとき、〔乗法定理〕で解く
・ (?→〇) のとき、〔1発でそれの確率と同じ〕で解く

 

もちろん、マスの考え方も理解した上で!

 

 

《 例 》
赤玉,青玉,白玉がそれぞれ2個ずつ入った袋から、同時に2個の玉を取り出すとき、異なる色が出る確率は?

 

→ 123456

 

→ 2個で異なる組合せは(赤青) (赤白) (青白) の3パターン
→ 並びこだわらない → 組合せ数え
→ 全事象は6個から2つを選ぶ

 

(2マス+2マス+2マス)/2マス =\(\large{\frac{ {}_2 \mathrm{C }_1×{}_2 \mathrm{C }_1+{}_2 \mathrm{C }_1×{}_2 \mathrm{C }_1+{}_2 \mathrm{C }_1×{}_2 \mathrm{C }_1}{{}_6 \mathrm{C }_2}}\) = \(\large{\frac{4+4+4}{15}}\) = \(\large{\frac{12}{15}}\) = \(\large{\frac{4}{5}}\)

 

 

 

《 例 》
赤玉3個、青玉2個、白玉1個が入った袋から、同時に3個の玉を取り出すとき、3個とも異なる色になる確率は?

 

123456

 

→ (赤白)の1パターン
→ 並びこだわらない → 組合せ数え
→ 全事象6個から3個を選ぶ

 

3C1×2C1×1C1/6C3 = \(\large{\frac{{}_3 \mathrm{C }_1×{}_2 \mathrm{C }_1×{}_1 \mathrm{C }_1}{{}_6 \mathrm{C }_3}}\) = \(\large{\frac{6}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{10}}\)

\({}_6 \mathrm{C }_3\) = 6!の前3つ÷3! = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)

 

 


ポイント

 

排反とは (マスの意味)

 

なんとなく、再び分子がどういうとき「足し算?」「かけ算?」??になってきているかもしれませんね

 

まず事象について、
・ 中途半端な区別をつけると、全ての事象たちで「排反はいはん」にならないことがあります
・ すべてに完全な区別をつけると、全ての事象たちは互いに「排反」になります

 


  とりあえず  

排反である…同時に起こりえない事象
排反でない…同時に起こりえる事象

 

ex. サイコロを1回投げて3の目が出るのは何通り?
→ 1通り
→ 3の目が出たとき、1, 2, 4, 5, 6 の目は絶対に「同時に起こらない(出ない)」ですね
⇒ 3の目に注目したとき、事象1, 2, 4, 5, 6 は「排反」ということですね

 

ex12123から1個とるとき、「赤」で「1」の確率は?
→ 赤の確率=\(\large{\frac{2}{5}}\)
  それが1である確率は2つに1つなので、\(\large{\frac{2}{5}}\)×\(\large{\frac{1}{2}}\)=\(\large{\frac{2}{10}}\)=\(\large{\frac{1}{5}}\)
→ 赤が出たときに、1, 2 は「同時に起こりえる」
⇒ 「赤」に注目したとき、事象1, 2 は「排反ではない」

 

しかし、ちゃんと区別をつけていたら
12345ですね
→ 上の「赤」で「1」の確率は?は → 「1」の確率は?になりますね
⇒ \(\large{\frac{1}{5}}\)

 

 

よって、「排反でない」は考えなくてもよい ⇒ 「すべて個別の事象は排反」と考えてOKです。
→ (1, 2, 3)が起こったら、(1, 3, 2)も(2, 1, 3)も…も起きない、(1, 2, 3)の1通り以外すべて排反

 

では、「排反な事象は足し算」とはどういうことなのでしょうか?

 

ex. 1, 2, 3, 4, 5 の数を1つずつ書いた5枚のカード(玉)から、
もとに戻さずに続けて2枚を取り出す。
1枚目のカードを十の位の数、2枚目のカードを一の位の数として2けたの数をつくるとき、
できた2けたの数が、奇数である確率は?

 

12345

 

5P2の樹形図
→ 先頭から末端までを囲んだものが「1通り」ですね
 (1, 3)からしたら(1, 5)も(2, 1)なども「排反(同時に起こらない)」ですね

 

→ そして、問題文に適したものが黒囲み、赤囲みになります
 マスは樹形図のパターン化!
・ 黒囲みのパターンは、「先頭全奇数のとき × 残りの奇数」 → 先頭奇数マス残りの1通りマス
・ 赤囲みのパターンは、「先頭偶数のとき × 全奇数」 → 先頭偶数マス奇数マス
↑1パターンではまとめられなかったということ、マスの場合分け

 

先頭奇数マス残りの1通りマス  

 

=6通り

  ↑ = 樹形図の
  末端(黒囲み)を数えたことと同じ!


 

先頭偶数マス奇数マス  

 

=6通り

  ↑ = 樹形図の
  末端(赤囲み)を数えたことと同じ!


 

このようにすると、
(1, 3)の排反を他のすべての囲みである と定義づけしても問題を解くうえで何の役にも立ちませんね

 


  よって、結論  

・ 排反とは、1つのパターン化から外れたパターンたち
パターン化できた黒囲みどうし(黒マス)は「排反ではない(同時に起こる)」とみなす!(同時に起こる起こらないとは(個別の囲み(事象)ではなく)パターン化の題名を指す)

 


  正体  

 

排反である

 …同時に起こりえない事象
   ↓
  同時に起こりえないパターン題名


 

排反でない

 …同時に起こりえる事象
   ↓
  同時に起こりえるパターン題名


 

→ 黒囲み(黒マス)からしたら、赤囲み(赤マス)や囲んでいないパターンたちが「排反」

 

・ (黒囲みからしたら排反な)赤囲みは、問題文には適している
→ 樹形図の末端は・・・「」でしたね! ∴ 66=12通り
⇒ 「(問題文に適している)排反(なパターン)は足す

 

・ どのパターンにも適さなかった者たちは…「余事象(不適合排反)」

 

・ マスは適合するものたちのパターン化
→ 場合分けになった場合は、「適合排反」というべき

 

 

そしてこれらを1行で表すと
(3通りマス2通りマス+3通りマス2通りマス)/5通りマス4通りマス
=\(\large{\frac{6\color{red}{+}6}{20}}\)=\(\large{\frac{12}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

 

《 例 》
大小2つのサイコロを同時に1回投げる。大きいサイコロの出た目の数を十の位の数、小さいサイコロの出た目の数を一の位の数として2けたの数をつくるとき、2の倍数または3の倍数となる確率は?

 

考えられるマスのパターンは
・ 2の倍数(偶数)…6通りマス3通りマス=18通り
・ 3の倍数(それぞれの位の和が3の倍数)…2マス=12, 15, 21, 24, 33, 36, 42, 45, 51, 54, 63, 66=12通り 規則性が見つからなければ羅列でOK

 

→ これらを18+12=30通り としてよいのでしょうか、樹形図で確認してみると
サイコロ2個の樹形図
→ 重複部分(ダブルカウント)がありますね!
∩のベン図
→ つくった2つのマスのパターンが『排反ではなかった』 → 足せない(単純には)。ということですね
学びたてなので「排反でないので(単純には)足せない」と言っていますが、普段は「ダブりがあるので単純に足せない」で十分ですね
→ 重複部分を1回引けばよいですね(2回引いたらスッポリなくなる)
・ 6の倍数(因数に2と3を含む)…2マス=12, 24, 36, 42, 54, 66=6通り

 

∴ 18+126 = 24通り
 全事象は、62 = 36通り
∴ \(\large{\frac{24}{36}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

 

◎ 一応、排反にできるマスのパターンづくりもできますね
・ 2の倍数(偶数)…6通りマス3通りマス=18通り
・ 3の倍数で奇数…2マス=15, 21, 33, 45, 51, 63=6通り

 

サイコロ2個の樹形図
排反なベン図
→ つくった2つのマスのパターンが『排反』 → 足せる(単純に)。ということですね
∴ 18+6=24通り
∴ \(\large{\frac{24}{36}}\) = \(\large{\frac{2}{3}}\)

 

中学ではこのような問題は出ないかとは思いますが
「(問題文に適した)排反な事象は(単純に)足せる」
「(問題文に適した)排反でない事象は(単純には)足せない」というイメージのためのものでした

 

決して、後半のマスパターンづくりの方が優れているというものではありません
どちらでもOKですね

 

 

《 例 》
7本のくじがあり、そのうちの4本が当たりであるとします。このくじを同時に2本引くとき、1本が当たり、1本がはずれる確率は?

 

1234567
→ (〇×) → 並びこだわらない → 組合せ数え
\(\large{\frac{{}_4 \mathrm{C }_1×{}_3 \mathrm{C }_1}{{}_7 \mathrm{C }_2}}\) = \(\large{\frac{4×3}{21}}\) = \(\large{\frac{4}{7}}\)

 

 

 

《 例 》
1, 2, 3, 4の数を1つずつ書いた4枚のカードから、もとにもどさずに続けて2枚を取り出す。1枚目のカードを十の位の数、2枚目のカードを一の位の数として2けたの数をつくる。

 

(1) できた2けたの数が奇数である確率は?

 

1234
→ (十の位, 一の位) → 並びにこだわる → 順列数え
→ 奇数 → 一の位が1か3

 

(2マス+2マス)/2マス= \(\large{\frac{4通り+2通り }{{}_4 \mathrm{P }_2}}\) = \(\large{\frac{6通り}{12通り}}\) = \(\large{\frac{1}{2}}\)

 

 

(2) できた2けたの数が3の倍数である確率

 

→ 3の倍数 → 各桁の和が3の倍数なら、その数は3の倍数(倍数判定)
→ 2つを選んでその和が3の倍数になるものを羅列で
 (1, 2)(2, 1)(2, 4)(4, 2) 親中数えでも大丈夫でしたね の4通り
( もちろん2桁の数を実際に作って3の倍数か確認していってもよいですね
12〇13×14×・・・43×)
∴ \(\large{\frac{4通り}{{}_4 \mathrm{P }_2 }}\) = \(\large{\frac{4}{12}}\) = \(\large{\frac{1}{3}}\)

 

 

 

《 例 》
赤玉4個、白玉2個が入った袋から、同時に3個の玉を取り出すとき、赤玉が2個、白玉が1個になる確率は?

 

123456
→ 赤が2個、白が1個より、並びにこだわらない → (赤と赤と白) → 組合せ数え

 

(マス) 2マス÷2!×1マス=12通り
全事象は、\({}_6 \mathrm{C }_3 \) = 20通り
∴ \(\large{\frac{12}{20}}\) = \(\large{\frac{3}{5}}\)

 

(PやC) \(\large{\frac{{}_4 \mathrm{C }_2×{}_2 \mathrm{C }_1}{{}_6 \mathrm{C }_3}}\) = \(\large{\frac{12}{20}}\)=\(\large{\frac{3}{5}}\)

 

(乗法) (●→●→〇)+(●→〇→●)+(〇→●→●) =\(\large{\frac{4}{6}}\)×\(\large{\frac{3}{5}}\)×\(\large{\frac{2}{4}}\)+\(\large{\frac{4}{6}}\)×\(\large{\frac{2}{5}}\)×\(\large{\frac{3}{4}}\)+\(\large{\frac{2}{6}}\)×\(\large{\frac{4}{5}}\)×\(\large{\frac{3}{4}}\) =\(\large{\frac{24}{120}}\)+\(\large{\frac{24}{120}}\)+\(\large{\frac{24}{120}}\) =\(\large{\frac{72}{120}}\) =\(\large{\frac{3}{5}}\)

 

 

 

《 例 》
赤玉4個、白玉5個が入った袋から、同時に3個の玉を取り出すとき、

 

(1) 色がそろう確率は?

 

123456789

 

→ ならびにこだわらない → (●と●と●)+(〇と〇と〇)
\({}_4 \mathrm{C }_3\)+\({}_5 \mathrm{C }_3\) = \({}_4 \mathrm{C }_1\)+\({}_5 \mathrm{C }_2\) = 4+10=14通り (nCrnC(n-r))
全事象は、\({}_9 \mathrm{C }_3\)=\(\large{\frac{9\ \cdot \ 8\ \cdot \ 7}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)=84通り
∴ \(\large{\frac{14}{84}}\)=\(\large{\frac{7}{42}}\)=\(\large{\frac{1}{6}}\)

 

 

(2) 赤と白が混ざっている確率は?

 

→ 余事象は…「混ざっていない」=「そろっている」=(1)の答
∴ 1-\(\large{\frac{1}{6}}\)=\(\large{\frac{5}{6}}\)

 

 

 

 

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b その他いろいろな問題

 

① サイコロと動点

 

《 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(1~9年間は外れる!という先入観ですね)、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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