確率 ★ 基礎の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 確率の第一歩は、「同じくらい起こりそうなもの」で全体を数えることだ。

大小 $2$ 個のサイコロなら、$(\text{大},\text{小})$ の組が $6\times 6=36$ 通り。この $36$ 通りはどれも同じ確率で起こる。

ここで「大小を区別しない」と $21$ 通りになるが、それはまずい。$(1,2)$ と $(2,2)$ では起こりやすさが違う(前者は大小の入れかわりで $2$ 通りぶんある)からだ。確率では、区別できるものは全部区別して数える。

(1)は和が $7$ になる組を数えるだけ。(2)の「積が偶数」は数えにくい。反対の「積が奇数($=$ 両方とも奇数)」のほうが数えやすい。こういうときは余事象を使う。

大小を区別すると、目の出方は $6\times 6=36$ 通り。これらは同じくらい起こる。

(1) 和が7になるのは $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ の6通り(図のななめ一列のマス)。

$$\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

(2) 積が偶数になる場合を直接数えると多い。そこで反対の『積が奇数』を考える。積が奇数になるのは、2個とも奇数の目($1,3,5$)のときで、$3\times 3=9$ 通り。だから

$$1-\frac{9}{36}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$

まとめ:『積が偶数』は『少なくとも一方が偶数』と同じこと。「少なくとも」が出てきたら、反対を数えて1から引く、と考えるとうまくいくことが多い。正面から「偶数×奇数、奇数×偶数、偶数×偶数」と分けても $27$ 通りで同じ答えになるが、反対を数えるほうが手間が少ない。

発展。 $2$ 個のサイコロの和の分布を、表から読み取ってみよう。斜めの線の長さを数えるだけだ。

合計は $36$。$7$ を頂点とする、きれいな山型になる。$1$ 個のサイコロなら $6$ つの目が平らに並ぶのに、$2$ 個足しただけで山ができるのだ。

サイコロを $3$ 個、$4$ 個 $\dots$ と増やすと、この山はどんどんなめらかな釣鐘型に近づいていく。これが中心極限定理という、統計学で最も重要な定理の姿である(数Bの正規分布につながる)。

「たくさん足すと、釣鐘型になる」 と言える。身長の分布も、測定誤差も、テストの点も釣鐘型になりやすいのは、たくさんの小さな要因が足し合わさっているからだ。$2$ 個のサイコロの三角形の山はその最初の一歩である。

別解

$2$ 個のサイコロの問題は、$6\times 6$ の表(マス目)を描くと、ほぼすべてが目で見て解ける。表を $1$ 枚描く手間を惜しまないこと。

縦に大サイコロの目($1$〜$6$)、横に小サイコロの目($1$〜$6$)をとる。 $36$ 個のマスができ、マス $1$ つが $1$ 通り。どのマスも確率 $\frac{1}{36}$ で、面積の割合がそのまま確率になる。

(1) 和が $7$ のマスは、$(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$。表の上では右上がりの対角線にきれいに並ぶ。

$$\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

同じ和のマスが斜めの線に並ぶのがこの表の見どころだ。和 $2$ は $1$ マス($1$ 通り)、和 $7$ は $6$ マス、和 $12$ は $1$ マス。和 $7$ がいちばん長い対角線になる。だから $2$ 個のサイコロでは $7$ が最も出やすい。すごろくの盤面を設計するときにも使える事実である。

(2) 積が偶数のマスを直接数えるのは大変だ。そこで反対を見る。

積が奇数になるのは、大も小も奇数($1,3,5$)のときだけ。表の上では、奇数の行と奇数の列が交わる部分に、$3\times 3=9$ マスの小さな正方形がぽつんと浮かんで見える。

$$P(\text{積が奇数})=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}$$

残りが全部「積が偶数」だから

$$P(\text{積が偶数})=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$

「奇数 $\times$ 奇数 $=$ 奇数」以外は全部偶数だ。この一点に気づけば、$27$ 個のマスを数える必要はない。

なぜ直接数えると危ないのか。 「大が偶数」($18$ マス)と「小が偶数」($18$ マス)を足して $36$ とやると、両方偶数の $9$ マスを二重に数えてしまう。正しくは $18+18-9=27$。「または」を足すときは重なりに注意する。個数定理と同じ間違いが、確率でも起こりうる。

大小を区別しない $21$ 通りで計算するとどうなるか。 和が $7$ になるのは $\{1,6\},\{2,5\},\{3,4\}$ の $3$ 通りだから $\frac{3}{21}=\frac{1}{7}$ となり、正しい $\frac{1}{6}$ と違ってしまう。$21$ 通りの中に、起こりやすさが $2$ 倍のもの($\{1,2\}$ 型)と等倍のもの($\{2,2\}$ 型)が混ざっているからだ。確率の分母は必ず「同じ確率で起こるもの」で揃える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「同時に $2$ 個取り出す」ので、順番は関係ない。だから組合せで数える。

注意するのは玉の区別だ。赤玉 $4$ 個は見た目が同じでも、確率では $1$ 個ずつ別のものとして数える。赤玉に番号を振って ${\mathrm{赤}}_1,{\mathrm{赤}}_2,{\mathrm{赤}}_3,{\mathrm{赤}}_4$ と思えばいい。

なぜか。どの玉も同じ確率でつままれるからだ。「赤玉」とひとまとめにすると、$1$ 個のかたまりと $4$ 個のかたまりを同列に扱うことになり、確率が狂う。

$$(\text{全事象})={}_7{\mathrm{C}}_2=21$$

この $21$ 通りはどれも同じ確率。あとは条件に合うものを数えて割るだけである。赤玉4個、白玉3個を、すべて別のものとして区別する。2個の取り出し方は全部で

$${}_7{\mathrm{C}}_2=\frac{7\times 6}{2\times 1}=21(\text{通り})$$

(1) 2個とも赤なのは、赤4個から2個を選ぶ場合で ${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ 通り。

$$\frac{{}_4{\mathrm{C}}_2}{{}_7{\mathrm{C}}_2}=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}$$

(2) 赤白1個ずつは、赤4個から1個(${}_4{\mathrm{C}}_1=4$)と白3個から1個(${}_3{\mathrm{C}}_1=3$)をかけて $4\times 3=12$ 通り。

$$\frac{{}_4{\mathrm{C}}_1\times {}_3{\mathrm{C}}_1}{{}_7{\mathrm{C}}_2}=\frac{12}{21}=\frac{4}{7}$$

(確かめ: 残る『2個とも白』は ${}_3{\mathrm{C}}_2=3$ 通りで $\frac{3}{21}=\frac{1}{7}$。$\frac{2}{7}+\frac{4}{7}+\frac{1}{7}=1$ になり、これで全部の場合を数えたことになる。)

発展。 「袋から玉を取り出し、もとに戻さない」という設定の確率分布を超幾何分布という。品質検査の抜き取り検査、ロトくじの当選確率、生態学の標識再捕獲法(池の魚の数を推定する)など、現実の応用は広い。

対照的に、取り出した玉をもとに戻すなら、毎回同じ確率で引けるので二項分布(反復試行)になる。

$$\text{戻さない}\to \text{超幾何分布},\text{戻す}\to \text{二項分布}$$

ここがこの問題の特徴だ。玉の総数がとても多いと、$1$ 個取り出しても割合はほとんど変わらない。 $7$ 個中の $1$ 個は大きいが、$7000$ 個中の $1$ 個は誤差のようなものだ。だから母集団が大きいとき、超幾何分布は二項分布で近似できる。

世論調査で $1$ 億人から $1000$ 人を選ぶとき、「戻す・戻さない」を気にしないのはこのためである。「$1$ 個取ったら残りが減る」という厄介な事実が、大きな集団では無視できる。統計調査が役に立つのは、このためだ。

別解

「同時に $2$ 個」を、「$1$ 個ずつ順に取り出す」と読みかえて解いてみよう。同時に取るのと、順に取るのとで、確率は変わらない。この事実の確認がそのまま検算になる。

(1) $2$ 個とも赤玉。

$1$ 個目が赤玉である確率は、$7$ 個中 $4$ 個が赤だから

$$\frac{4}{7}$$

$1$ 個目が赤だったとして、袋には $6$ 個(うち赤 $3$ 個)が残っている。$2$ 個目も赤である確率は

$$\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$$

掛け合わせて

$$\frac{4}{7}\times \frac{3}{6}=\frac{12}{42}=\frac{2}{7}$$

組合せで出した答えと一致した。

(2) 赤と白が $1$ 個ずつ。

こちらは順番が $2$ 通りあることに注意。

• 赤 → 白の順: $\frac{4}{7}\times \frac{3}{6}=\frac{2}{7}$
• 白 → 赤の順: $\frac{3}{7}\times \frac{4}{6}=\frac{2}{7}$

「同時に取り出す」場合、この $2$ つはどちらも「赤 $1$ 個と白 $1$ 個」という同じ結果だ。だから足す。

$$\frac{2}{7}+\frac{2}{7}=\frac{4}{7}$$

こちらも一致。

この $2$ 通りの数え方が確率の「かけ算」と「たし算」の使い分けそのものである。$1$ つの流れの中で連続して起こることは掛け、別々の流れは足す。

さらに、全体で検算しよう。 $2$ 個の玉の色は「赤 $2$ 個」「赤 $1$ 白 $1$」「白 $2$ 個」の $3$ 通りしかない。白 $2$ 個の確率は

$$\frac{{}_3{\mathrm{C}}_2}{{}_7{\mathrm{C}}_2}=\frac{3}{21}=\frac{1}{7}$$

$3$ つを足すと

$$\frac{2}{7}+\frac{4}{7}+\frac{1}{7}=1$$

ぴったり $1$ になった。確率の問題では起こりうる場合を全部足すと $1$ になる。この検算を習慣にすると、数え落としがその場で見つかる。答えを出したら、必ず「全部足して $1$ か?」と問う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「または」の確率は、重なりがあるかないかで式が変わる。

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

重なりを引く。これは場合の数の個数定理と同じ形だ。(1)の「偶数」と「$3$ の倍数」は、$6$ が両方に入っている。だから重なりを引かないと $6$ を二重に数えてしまう。

(2)の「$3$ 以下」と「$8$ 以上」は、同時には起こりえない(そんなカードはない)。こういうのを排反という。排反なら重なりは $0$ なので、そのまま足せる。

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)(\text{排反のとき})$$

まず「重なりはあるか?」と問う。これが「または」の問題の第一手である。

(1) 偶数のカードは $\{2,4,6,8,10\}$ の5枚、3の倍数は $\{3,6,9\}$ の3枚。両方に入るのは6の1枚。足して重なりを引くと

$$P(\text{偶数}\cup \text{3の倍数})=\frac{5}{10}+\frac{3}{10}-\frac{1}{10}=\frac{7}{10}$$

6を2回数えないよう、共通の $\frac{1}{10}$ を引くのがポイント。

(2) 『3以下』は $\{1,2,3\}$ の3枚、『8以上』は $\{8,9,10\}$ の3枚。この2つは同時に起きない(共通のカードがない)ので排反だ。排反なら重なりがないので、そのまま足す。

$$P(\text{3以下}\cup \text{8以上})=\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$$

まとめ:『または』を見たら、まず「2つが同時に起こることがあるか」を確かめよう。あるなら重なりを引く、ない(排反)なら足すだけ、と手順が分かれる。

発展。 「排反」と「独立」は、名前が似ているうえに両方とも $2$ つの事象の関係を表すので、混同されやすい。まったく別の概念である。

• 排反: 同時には起こらない。$P(A\cap B)=0$。$1$ 枚のカードが「$3$ 以下」かつ「$8$ 以上」ということはない
• 独立: 一方が起きても他方の確率が変わらない。$P(A\cap B)=P(A)P(B)$。サイコロを $2$ 回振るとき、$1$ 回目の結果は $2$ 回目に影響しない

むしろ排反な $2$ 事象(どちらも確率が正)は、決して独立ではない。 $A$ が起きたと分かった瞬間、$B$ の確率は $0$ に落ちる。これ以上ないほど強く影響しているからだ。

「排反 $\to$ 足す」「独立 $\to$ 掛ける」 と覚えておくとよい。$2$ つの用語は確率の $2$ 大演算(和と積)に対応している。

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)(\text{排反}),P(A\cap B)=P(A)P(B)(\text{独立})$$

形の似た $2$ つの式がまるで違う状況を表している。用語の定義に立ち返って区別する。確率で混乱しないためには、これがいちばん確実だ。

別解

カードが $10$ 枚しかないのだから、公式を使わず、該当するカードを指さして数えるのがいちばん確実だ。そのうえで「余事象で数えるほうが速い場合」も見ておこう。

(1) 直接、書き出す。

$$1,\boxed{2},\boxed{3},\boxed{4},5,\boxed{6},7,\boxed{8},\boxed{9},\boxed{10}$$

偶数($2,4,6,8,10$)と $3$ の倍数($3,6,9$)に印をつけると、印のついたカードは

$$2,3,4,6,8,9,10\to \text{7 枚}$$

$$P=\frac{7}{10}$$

$6$ に印を $2$ 回つけても、カードは $1$ 枚。これが「重なりを引く」ということの意味だ。$5+3=8$ ではなく $7$ になる理由が、目で見える。

余事象でも数えてみる。 印がついていないカードは

$$1,5,7\to 3\text{枚}$$

$$P=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}$$

$3$ 枚数えるだけで済んだ。「偶数でも $3$ の倍数でもない数」は $1$ と、$5$ 以上の素数のうち $5,7$ である。数が少ないので、こちらのほうが速い。

(2) こちらも書き出す。

$$\boxed{1},\boxed{2},\boxed{3},4,5,6,7,\boxed{8},\boxed{9},\boxed{10}$$

$3$ 以下が $3$ 枚、$8$ 以上が $3$ 枚。両方に入るカードは $1$ 枚もない(数直線の左端と右端で、離れている)。

$$P=\frac{3+3}{10}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$$

排反とは「同時には起こらない」ということ。 数直線に描けば、$2$ つの範囲が離れているのが一目で分かる。逆に(1)の「偶数」と「$3$ の倍数」は、$6$ という共通の住人がいるから排反ではない。

判定の一手。「両方に当てはまるものを、$1$ つでも挙げられるか?」 挙げられれば重なりあり(引く)、挙げられなければ排反(そのまま足す)。具体例を $1$ つ探すのが、抽象的な判定より速くて確実である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「少なくとも $1$ 回」を見たら、反対を考える。 これは確率の合言葉だ。

「少なくとも $1$ 回は $6$ が出る」を直接数えると、$6$ がちょうど $1$ 回・$2$ 回・$3$ 回の $3$ 通りに場合分けが必要になる。面倒だし、数え落としやすい。ところが反対(余事象)は、$1$ 通りしかない。

$$(\text{少なくとも 1 回は 6})\text{の反対}=(\text{1 度も 6 が出ない})$$

$1$ 回も $6$ が出ないのは、$3$ 回とも「$6$ 以外」が出るということ。$1$ 回あたり $\frac{5}{6}$ で、それが $3$ 回続くから ${\left(\frac{5}{6}\right)}^3$。

$$P=1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3$$

「少なくとも」の反対は「$1$ つも $\dots$ ない」。 ここを取り違えないこと。

「少なくとも1回は6」の反対は、「1回も6が出ない = 3回とも6以外の目」だ。1回で6以外が出る確率は $\frac{5}{6}$。3回とも6以外になる確率は、各回が別々に起こる(独立)ので、かけ合わせて

$${\left(\frac{5}{6}\right)}^3=\frac{125}{216}$$

だから求める確率は

$$1-\frac{125}{216}=\frac{216-125}{216}=\frac{91}{216}$$

もし正面から数えると、『ちょうど1回6』$={}_3{\mathrm{C}}_1\left(\frac{1}{6}\right){\left(\frac{5}{6}\right)}^2$ などを3つ足すことになって大変だ。『少なくとも1つ』を見たら、まず反対の『1つもない』を計算できないか考えよう。

発展。 $n$ 回投げて「少なくとも $1$ 回は $6$ が出る」確率は

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^n$$

${\left(\frac{5}{6}\right)}^n$ は $n$ を増やすとどんどん $0$ に近づくので、この確率は $1$ に限りなく近づく(数IIIの極限)。「投げ続ければ、いつかは $6$ が出る」という直感と一致する。

しかし決して $1$ にはならない。$100$ 回投げても ${\left(\frac{5}{6}\right)}^{100}\approx 1.2\times 10^{-8}$ の確率で、$6$ が $1$ 度も出ないことがありうる。$1$ 億分の $1$ 程度だが、$0$ ではないのだ。

この「$0$ に近づくが、$0$ ではない」という感覚は、確率を扱ううえで大事である。めったに起こらないことは、起こらないことと同じではない。 事故も、大当たりも、確率が小さいだけで、試行回数が増えれば必ずどこかで起こる。

$1$ 回あたり $\frac{1}{100}$ の事故を、$100$ 回繰り返したとき無事故で済む確率は

$${\left(\frac{99}{100}\right)}^{100}\approx 0.366$$

$3$ 分の $1$ 程度しかない。「$1\%$ なんて小さい」と侮ると見誤る。リスク管理の基本がこの単純な計算に詰まっている。

別解

あえて正面から数えて、余事象を使う利点を確かめる。 そして「なぜ余事象がこれほど強いのか」を理解する。正面ルート: $6$ が出る回数で場合分けする。

$3$ 回のうち $6$ が出る回数は $1$ 回、$2$ 回、$3$ 回のどれか。それぞれの確率を出す。

$6$ がちょうど $1$ 回: どの回に出るかで $3$ 通り。その回が $\frac{1}{6}$、他の $2$ 回は $6$ 以外で ${\left(\frac{5}{6}\right)}^2$。

$$3\times \frac{1}{6}\times \frac{25}{36}=\frac{75}{216}$$

$6$ がちょうど $2$ 回: どの $2$ 回かで $3$ 通り。

$$3\times \frac{1}{36}\times \frac{5}{6}=\frac{15}{216}$$

$6$ が $3$ 回:

$$\frac{1}{216}$$

この $3$ つは排反(同時には起こらない)なので、足す。

$$\frac{75+15+1}{216}=\frac{91}{216}$$

余事象と同じ答え。ただし、手間は $3$ 倍以上かかった。

なぜ余事象が強いのか。 「少なくとも $1$ 回」の反対は、$1$ つの場合(全部はずれ)だけになる。一方、正面から行くと $1$ 回・$2$ 回・$3$ 回と場合が枝分かれする。

$3$ 回投げなら $3$ 通りの場合分けで済むが、$10$ 回投げたらどうなるか。 正面ルートは $10$ 通りの場合分けが必要になる。しかし余事象なら

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^{10}\approx 0.838$$

このように、回数が増えても、式の形はまったく変わらない。余事象を使うと、これだけ計算が短くなる。

「少なくとも $1$ つ」型の問題は、余事象がほぼ常に正解ルートである。反対側の場合が $1$ 本道になるからだ。

ついでに $1$ つ、確かめておく。 「何回投げれば、$6$ が少なくとも $1$ 回出る確率が $50\%$ を超えるか?」

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3\approx 0.42(\text{まだ半分未満})$$

$$1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^4\approx 0.518(\text{超えた!})$$

$4$ 回投げれば、$6$ が出るほうに賭けたほうが得になる。ちなみに「サイコロを $6$ 回投げれば $6$ が $1$ 回は出るだろう」と思いがちだが、実際は $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^6\approx 0.665$ だ。つまり、$3$ 回に $1$ 回は、$6$ 回投げても $6$ が出ない。直感は確率をしばしば見誤る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $9$ 枚から $3$ 枚を選ぶ。順番は関係ないので組合せだ。

$$(\text{全事象})={}_9{\mathrm{C}}_3=84$$

$1$ から $9$ のうち奇数は $1,3,5,7,9$ の $5$ 個、偶数は $2,4,6,8$ の $4$ 個。まずこれを確認しておく。(1)は「$3$ 枚とも奇数」なので、奇数 $5$ 個から $3$ 個選ぶだけだ。

(2)の「少なくとも $1$ 枚は偶数」は、反対を考えるのが定跡。反対は「偶数が $1$ 枚もない $=$ $3$ 枚とも奇数」で、これは(1)そのものだ。

$$P(\text{少なくとも 1 枚偶数})=1-P(\text{3 枚とも奇数})$$

(1)を計算した瞬間に、(2)はもう解けている。 問題の作りに気づけるかが分かれ目である。

9枚から3枚を選ぶ方法は ${}_9{\mathrm{C}}_3=84$ 通り。奇数は5枚、偶数は4枚ある。

(1) 3枚とも奇数なのは、奇数5枚から3枚を選ぶ場合で ${}_5{\mathrm{C}}_3=10$ 通り。

$$\frac{{}_5{\mathrm{C}}_3}{{}_9{\mathrm{C}}_3}=\frac{10}{84}=\frac{5}{42}$$

(2) 「少なくとも1枚は偶数」の反対は「1枚も偶数でない = 3枚とも奇数」で、これは(1)で求めた確率そのものだ。だから

$$1-\frac{5}{42}=\frac{42-5}{42}=\frac{37}{42}$$

(1)を計算した時点で、(2)の反対がもう手元にある、という形だ。『少なくとも1枚◯◯』と『1枚も◯◯でない(全部△△)』は必ず反対どうしになるので、セットで考えるとラクだ。

発展。 (1)の答え $\frac{5}{42}\approx 0.12$ は、直感より小さいと感じないだろうか。「奇数のほうが $1$ 個多いのに、$3$ 枚とも奇数になるのは $8$ 回に $1$ 回程度」である。

理由は、引くたびに奇数が減っていくからである。$1$ 枚目は $\frac{5}{9}\approx 0.56$ と有利だが、$2$ 枚目は $\frac{4}{8}=0.5$、$3$ 枚目は $\frac{3}{7}\approx 0.43$ と、回を追うごとに不利になる。連続して成功し続けるのは、思ったより難しい。

この「掛け算で目減りしていく」感覚は、確率を扱ううえで欠かせない。 各回の確率が $0.5$ 前後でも、$3$ 回連続なら $0.12$、$5$ 回連続なら $0.03$ 程度になる。

「$1$ つ $1$ つは五分五分なのだから、全部うまくいくだろう」という楽観が、計画を狂わせる。$5$ つの工程がそれぞれ $90\%$ の確率で成功するプロジェクトでも、全部成功する確率は $0.9^5\approx 0.59$。$4$ 割はどこかでつまずくのだ。

確率は掛け算で減る。 単純だが、直感が最も裏切られる場所である。

別解

$2$ つの別ルートを見せる。ひとつは「$1$ 枚ずつ引く」という見方、もうひとつは(2)を正面から数える検算だ。別ルート1: (1)を「$1$ 枚ずつ引く」と考える。

「同時に $3$ 枚」を「$1$ 枚ずつ $3$ 回引く」と読みかえても、確率は同じである。

• $1$ 枚目が奇数: $9$ 枚中 $5$ 枚が奇数だから $\frac{5}{9}$
• $2$ 枚目も奇数: 残り $8$ 枚中、奇数は $4$ 枚 → $\frac{4}{8}$
• $3$ 枚目も奇数: 残り $7$ 枚中、奇数は $3$ 枚 → $\frac{3}{7}$

$$\frac{5}{9}\times \frac{4}{8}\times \frac{3}{7}=\frac{60}{504}=\frac{5}{42}$$

組合せで出した $\frac{5}{42}$ と一致。分子の $5\times 4\times 3$ と分母の $9\times 8\times 7$ は、${}_5{\mathrm{P}}_3$ と ${}_9{\mathrm{P}}_3$ である。組合せの式を約分する前の形が現れている。

別ルート2: (2)を正面から数える(検算)。「少なくとも $1$ 枚は偶数」を、偶数の枚数で場合分けして直接足してみる。

• 偶数 $1$ 枚・奇数 $2$ 枚: ${}_4{\mathrm{C}}_1\times {}_5{\mathrm{C}}_2=4\times 10=40$
• 偶数 $2$ 枚・奇数 $1$ 枚: ${}_4{\mathrm{C}}_2\times {}_5{\mathrm{C}}_1=6\times 5=30$
• 偶数 $3$ 枚: ${}_4{\mathrm{C}}_3=4$

$$\frac{40+30+4}{84}=\frac{74}{84}=\frac{37}{42}$$

余事象で出した $\frac{37}{42}$ と一致した。

しかし、手間を比べてほしい。 余事象なら $1-\frac{5}{42}$ の引き算 $1$ 回。正面からだと $3$ つの場合を数えて足すことになる。答えは同じでも、時間と、間違える危険はまるで違う。

さらに、この $2$ つの方法は互いの検算として役に立つ。$3$ 枚の内訳は「奇数 $3$ 枚」「偶数 $1$ 枚」「偶数 $2$ 枚」「偶数 $3$ 枚」の $4$ 通りしかない。全部足すと

$$\frac{10+40+30+4}{84}=\frac{84}{84}=1$$

ぴったり $1$。場合を全部数え上げたら、確率の合計は必ず $1$ になる。この確認をすれば、数え落としも重複もすぐに見つかる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 袋 $\mathrm{A}$ と袋 $\mathrm{B}$ は別々の袋だ。$\mathrm{A}$ で当たろうがはずれようが、$\mathrm{B}$ の当たる確率 $\frac{1}{3}$ は変わらない。

互いに影響しないことを、独立という。独立な試行が両方起こる確率は、掛ければよい。

$$P(\text{両方当たる})=\frac{1}{4}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{12}$$

(2)の「少なくとも一方」は反対を考える。反対は「両方ともはずれ」で、これは $1$ つの場合だけだ。

$$P=1-\frac{3}{4}\times \frac{2}{3}$$

「少なくとも」を見たら余事象。 サイコロのときと、まったく同じ合言葉である。$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}$ と足すのは誤りだ。それでは「両方当たる」場合を二重に数えてしまう。

袋Aと袋Bは独立だ(一方の結果がもう一方に影響しない)。Aが当たる確率は $\frac{1}{4}$、はずれる確率は $\frac{3}{4}$。Bが当たる確率は $\frac{1}{3}$、はずれる確率は $\frac{2}{3}$。

(1) 両方とも当たるのは、独立な2つが同時に起こる場合なので、確率をかけて

$$\frac{1}{4}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{12}$$

(2) 「少なくとも一方が当たる」の反対は「両方ともはずれる」だ。両方はずれる確率は

$$\frac{3}{4}\times \frac{2}{3}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$$

だから求める確率は

$$1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$$

まとめ:『少なくとも一方』を『当たり×はずれ』『はずれ×当たり』『当たり×当たり』の3つに分けて足しても同じだが、反対の『両方はずれ』は1回のかけ算で済む。独立 + 少なくとも、の組合せは反対を使うのが基本だ。

発展。 「独立だから掛ける」という一言を、もう少し正確に見ておきたい。

独立とは、$\mathrm{A}$ の結果を知っても $\mathrm{B}$ の確率が変わらないことである。式で書けば

$$P(B\mid A)=P(B)$$

($P(B\mid A)$ は「$\mathrm{A}$ が起きたとき $\mathrm{B}$ が起きる確率」。次に学ぶ条件付き確率だ。)これと乗法定理 $P(A\cap B)=P(A)P(B\mid A)$ を合わせると

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)$$

独立のときだけ、単純な掛け算が許される。

では独立でない場合は? たとえば同じ袋から $2$ 本続けて引くとき、$1$ 本目に当たりが出れば、$2$ 本目の当たる確率は下がる。このときは $P(B\mid A)\ne P(B)$ で、掛け算の相手が変わる。これが次に学ぶ「くじ引きの非復元」の話だ。

「別々の袋か、同じ袋か」 という違いだけで、使う公式が変わる。問題文の設定を読むとき、$2$ つの試行が互いに影響し合うかどうかを、必ず確かめる。 確率の公式選びはここで決まる。

別解

起こりうる場合を全部書き出して、表にする。 $2$ つの袋なら $4$ 通りしかない。この表を作れば、どんな問われ方をされても答えられる。

$\mathrm{A}$ が当たる確率は $\frac{1}{4}$、はずれる確率は $\frac{3}{4}$。$\mathrm{B}$ が当たる確率は $\frac{1}{3}$、はずれる確率は $\frac{2}{3}$。独立だから、$4$ つのマスはすべて掛け算で出る。

まず検算。$4$ つのマスを全部足すと

$$\frac{1}{12}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{1+2+3+6}{12}=\frac{12}{12}=1$$

ぴったり $1$。表が正しく埋まっている証拠だ。

(1) 両方当たるは、左上のマスをそのまま読む。

$$\frac{1}{12}$$

(2) 少なくとも一方が当たるは、右下(両方はずれ)以外の $3$ マスを足す。

$$\frac{1}{12}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{1+2+3}{12}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$$

余事象で出した答えと一致。$1$ から右下の $\frac{1}{2}$ を引いても同じになる。これが「余事象で解く」ということの、表の上での意味である。

なぜ $\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{7}{12}$ が誤りなのか、表を見れば一目瞭然だ。 「$\mathrm{A}$ が当たる」は上の行($\frac{1}{12}+\frac{1}{6}=\frac{1}{4}$)、「$\mathrm{B}$ が当たる」は左の列($\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{3}$)。この $2$ つを足すと、左上のマス($\frac{1}{12}$)を $2$ 回数えてしまう。

$$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{12}=\frac{3+4-1}{12}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$$

重なりを引けば、確かに合う。これが $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ の意味だ。

表を描けば、足し算・引き算・掛け算の関係がすべて見える。 $2$ 事象の確率で迷ったら、$4$ マスの表に戻ればよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 同じことを何回も繰り返し、「そのうち何回成功するか」を問う。このような試行を反復試行という。

$1$ の目が出る($=$ 成功)確率は $\frac{1}{6}$、出ない($=$ 失敗)確率は $\frac{5}{6}$。$4$ 回のうち、成功が $2$ 回・失敗が $2$ 回になればよい。必要なのは $2$ つの部品だ。

部品1: $1$ つの並びの確率。 たとえば「成功・成功・失敗・失敗」なら ${\left(\frac{1}{6}\right)}^2{\left(\frac{5}{6}\right)}^2$。どんな順番でも、掛ける中身は同じなので、確率はすべて等しい。

部品2: 並びが何通りあるか。 $4$ 回のうちどの $2$ 回が成功かは、${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ 通りある。

$$P={}_4{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{6}\right)}^2{\left(\frac{5}{6}\right)}^2$$

${}_4{\mathrm{C}}_2$ を掛け忘れるのが最頻ミス。 「どの回に成功するか」の選び方を、必ず数えること。

1の目が出ることを『成功』とすると、1回の成功確率は $p=\frac{1}{6}$、失敗(1以外)は $\frac{5}{6}$。4回中ちょうど2回成功する確率は

$${}_4{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{6}\right)}^2{\left(\frac{5}{6}\right)}^2$$

で求まる。${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ は「4回のうちどの2回で1が出るか」の選び方だ。計算すると

$$6\times \frac{1}{36}\times \frac{25}{36}=\frac{6\times 25}{1296}=\frac{150}{1296}=\frac{25}{216}$$

まとめ:${}_4{\mathrm{C}}_2$ をかけるのは、たとえば「1回目と2回目に1が出る」場合と「1回目と3回目に出る」場合が、別々の起こり方だからだ。この数をかけ忘れて ${\left(\frac{1}{6}\right)}^2{\left(\frac{5}{6}\right)}^2$ だけにすると、1つの並び順しか数えていないことになる。

発展。 反復試行の公式

$$P(k\text{回成功})={}_n{\mathrm{C}}_k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$$

が成り立つには、$2$ つの条件が要る。

• 毎回の確率 $p$ が変わらない(サイコロは何回振っても $\frac{1}{6}$)
• 各回が独立($1$ 回目の結果が $2$ 回目に影響しない)

この条件を外れると、公式は使えない。 たとえば「袋から玉を取り出し、戻さずに続ける」場合、$1$ 回目の結果で $2$ 回目の確率が変わってしまう(超幾何分布になる)。

現実の問題で「反復試行の公式を使ってよいか」を判断するには、この $2$ 条件を毎回チェックするしかない。品質検査、アンケート、医療の治験は、どれも「独立で、確率一定」という仮定の上に成り立っている。

公式を覚えることより、公式が使える条件を覚えることのほうが、ずっと大事だ。 数学の力は正しく使ったときにだけ働く。

別解

「$1$ の目がちょうど $k$ 回」を、$k=0$ から $4$ まで全部計算して表にする。 これで公式の意味も、検算も、分布の形も、いっぺんに手に入る。すべて分母を $6^4=1296$ に揃えて、分子だけを見る。

まず検算。分子を全部足すと

$$625+500+150+20+1=1296=6^4$$

ぴったり全事象に一致した。$4$ 回投げれば $1$ の目は $0$〜$4$ 回のどれかなのだから、全部足せば $1$ になるのが当然だ。この検算が通れば、各行の計算はまず正しい。

求める答えは $k=2$ の行。

$$\frac{150}{1296}=\frac{25}{216}$$

表から読み取れること。

$1$ が「$0$ 回」がいちばん確率が高い($\frac{625}{1296}\approx 0.48$)。$4$ 回投げても、半分近くは $1$ が $1$ 度も出ない。$2$ 回出るのは $\frac{25}{216}\approx 0.12$ で、$8$ 回に $1$ 回程度である。「$6$ 分の $1$ の目が、$4$ 回中 $2$ 回も出る」のはそれなりに珍しい、と数字から分かる。

そして、この表が何を表しているかを見る。 分子の作り方をよく見ると

$$5^4+4\cdot 5^3+6\cdot 5^2+4\cdot 5+1=(5+1{)}^4=6^4$$

これは二項定理そのものである。一般に

$${\left(\frac{5}{6}+\frac{1}{6}\right)}^4=\sum _{k=0}^4{}_4{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{6}\right)}^k{\left(\frac{5}{6}\right)}^{4-k}=1^4=1$$

反復試行の確率は $(\text{失敗}+\text{成功}{)}^n$ を展開した各項である。${}_n{\mathrm{C}}_k$ が出てくる理由も、これで分かる。展開したときの係数が「どの回に成功するか」の選び方の数だからである。

この分布を二項分布という。数Bの「統計的な推測」で中心的に扱われ、正規分布(釣鐘型)へとつながっていく。サイコロを $4$ 回投げる素朴な問題が、統計学の基本につながっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) コイン $5$ 回で表がちょうど $3$ 回、というのは前問と同じ反復試行だ。

ただしコインは表も裏も確率 $\frac{1}{2}$ で対等なので、式がぐっと簡単になる。

$$P={}_5{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^2={}_5{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^5$$

成功と失敗の確率が同じなので、掛け算の部分が ${\left(\frac{1}{2}\right)}^5=\frac{1}{32}$ にまとまる。つまり、表裏の並び $32$ 通りはどれも同じ確率 $\frac{1}{32}$ である。あとは「表が $3$ 回の並びが何通りあるか」を数えるだけで、${}_5{\mathrm{C}}_3=10$ 通りだ。

$$P=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$

確率が等しいときは、場合の数の問題に戻る。表を『成功』とすると $p=\frac{1}{2}$。5回中ちょうど3回表が出る確率は、反復試行の公式より

$${}_5{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^2={}_5{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^5$$

表・裏とも確率が $\frac{1}{2}$ なので、${\left(\frac{1}{2}\right)}^3\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^5=\frac{1}{32}$ とまとまる。${}_5{\mathrm{C}}_3=10$ だから

$$10\times \frac{1}{32}=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$

まとめ:表裏が同じ確率のときは、全部で $2^5=32$ 通りのうち『表が3回』の並びが ${}_5{\mathrm{C}}_3=10$ 通り、と考えて $\frac{10}{32}$ としても同じだ。反復試行の公式はこの『場合の数 ÷ 全体』を、一般の確率 $p$ に広げたものだと思えばよい。

発展。 コインを投げる回数を増やすと、分布の山はどうなるか。

$n=5$ なら $1,5,10,10,5,1$。$n=10$ なら $1,10,45,120,210,252,210,120,45,10,1$ となり、中央が高く、両端が低い、なめらかな山になっていく。

$n$ を大きくしていくと、この山は釣鐘型の曲線(正規分布)に限りなく近づく。これが中心極限定理だ。$1$ 回のコイン投げは「表か裏か」の $2$ 択なのに、$100$ 回足し合わせると、釣鐘型の分布になる。

そして、山はどんどん細くなる。$n=100$ なら、表の回数が $40$〜$60$ に入る確率は $95\%$ を超える(割合で言えば $0.4$〜$0.6$)。$n=10000$ なら、割合が $0.49$〜$0.51$ に入る確率が $95\%$ 以上。回数を増やすほど、実際の割合は理論値 $0.5$ に張りついていく。これが大数の法則である。

「たくさん試せば、確率どおりになる」 ということだ。保険や世論調査が成り立つのも、この法則があるからだ。$1$ 回のコイン投げは予測できないのに、$1$ 万回の集計はかなり正確に予測できる。偶然の中から、必然が立ち上がってくるのである。

別解

コインは表裏が対等だから、$32$ 通りを全部数えることができる。パスカルの三角形を使えば、書き出さずとも分布が丸ごと手に入る。

表の出る回数ごとに、並びの数を数える。 表を $◯$、裏を $\times$ として、$5$ 回ぶんの並びを分類しよう。

合計は $1+5+10+10+5+1=32=2^5$ となり、全事象とぴったり一致する。この $1,5,10,10,5,1$ は、パスカルの三角形の $5$ 段目だ。書き出さなくても、三角形を $5$ 段作れば読み取れる。

$$\begin{array}{c}1\\ 11\\ 121\\ 1331\\ 14641\\ 15101051\end{array}$$

表が $3$ 回の並びは $10$ 通りだから

$$P=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$

確率が等しいときは、「確率の計算」が「数え上げ」に戻る。このルートの利点はそこにある。

表から読める、もう $1$ つの事実。 分布が左右対称になっている($1,5,10,10,5,1$)。これは当然で、コインには表裏の区別しかなく、どちらも $\frac{1}{2}$ なのだから、「表 $3$ 回」と「裏 $3$ 回($=$ 表 $2$ 回)」の確率は同じでなければおかしい。

$${}_5{\mathrm{C}}_3={}_5{\mathrm{C}}_2=10$$

組合せの対称性 ${}_n{\mathrm{C}}_r={}_n{\mathrm{C}}_{n-r}$ が、確率の対称性として現れている。

そしてもう $1$ つ。$5$ 回投げたとき、いちばん出やすいのは「表 $2$ 回」か「表 $3$ 回」で、どちらも $\frac{10}{32}\approx 0.31$。 ちょうど半々の $2.5$ 回は存在しないので、山の頂上が $2$ つに割れているのだ。「表がちょうど半分」が最頻値になるという素直な事実が、$5$ 回という奇数のせいで少しひねられている。分布を見ないと気づけない点である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「自転車通学の生徒だった」と分かってしまった後の確率を聞かれている。

ここが大事なところだ。情報が入ると、考える範囲が狭くなる。

もう $40$ 人のクラス全体は関係ない。自転車通学の生徒だけに範囲をしぼって、その中で男子の割合を見ればよい。

• 自転車通学の生徒: 男子 $18$ 人 $+$ 女子 $10$ 人 $=$ $28$ 人
• そのうち男子: $18$ 人

$$P=\frac{18}{28}=\frac{9}{14}$$

分母は $40$ ではなく $28$。 「条件がついた」とは「分母が入れかわった」ということだ。考える範囲が縮むのが、条件付き確率の意味である。

条件付き確率では、条件がつくと『考える全体』がせまくなる。ここでは『自転車通学だった』という条件がついたので、分母はクラス全体ではなく自転車通学者だけになる。

自転車通学の生徒は男子18人 + 女子10人 = 28人。この28人が新しい『全体』だ。そのうち男子は18人なので、選んだ生徒が男子である確率は

$$\frac{18}{28}=\frac{9}{14}$$

記号で書くと、$A$ を『男子』、$B$ を『自転車通学』として

$$P(A\mid B)=\frac{n(A\cap B)}{n(B)}=\frac{18}{28}=\frac{9}{14}$$

条件付き確率のコツは「条件がついたら、分母をその条件の中に取りかえる」こと。全体40人で割って $\frac{18}{40}$ とすると、条件『自転車通学』を使えていない。

発展。 $2$ つの条件付き確率をつなぐ橋が、ベイズの定理である。

$$P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}$$

「$A$ のもとでの $B$」から「$B$ のもとでの $A$」へ向きを反転させる公式だ。人数の表で言えば、行を見る確率と列を見る確率を行き来する道具になる。この定理が役に立つのは、原因と結果をさかのぼれるからだ。

• 「病気なら陽性が出やすい」(原因 → 結果)は、医学の知識から分かる
• 知りたいのは「陽性が出た。では病気か?」(結果 → 原因)

観測から原因を推定する。これがベイズの定理の役割である。迷惑メールの判定(「この単語が出た。ではスパムか?」)、医療診断、機械学習の分類器など、現代の情報技術でもこの定理が使われている。

そして忘れてはならないのが、式の中の $P(A)$、つまりもともとの割合(事前確率)だ。病気の人が $1000$ 人に $1$ 人しかいないという事実が、$P(A)$ として計算に入ってくる。「めったにないことは、証拠が出てもやはりめったにない」 ということだ。この当たり前のことが数式にきちんと反映されている。

$\frac{18}{28}$ という小さな分数から、ここまで来た。条件付き確率は、確率論の先の内容につながる考え方である。

別解

定義の式から出すルートを見ておこう。そして、取り違えると重大な判断の誤りにつながる例を紹介する。

定義式で解く。

$$P(\text{男}\mid \text{自転車})=\frac{P(\text{男 かつ 自転車})}{P(\text{自転車})}$$

それぞれ $40$ 人を分母にして計算する。

• $P(\text{男 かつ 自転車})=\frac{18}{40}$
• $P(\text{自転車})=\frac{28}{40}$

割り算すると

$$P=\frac{18/40}{28/40}=\frac{18}{28}=\frac{9}{14}$$

$40$ が約分で消えた。 人数のまま $\frac{18}{28}$ とやったのと、結局は同じ計算である。「分母を付け替える」という直感が、定義式そのものである。

まず、$2\times 2$ の表で全体を把握しておく。

求めたのは「自転車の列($28$ 人)の中で、男子($18$ 人)の割合」。列を $1$ つ選んで、その中を見る。表があれば一目瞭然だ。

さて、ここからが本題。逆向きの確率と混同してはいけない。

$$P(\text{自転車}\mid \text{男})=\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$$

こちらは「男子の行($24$ 人)の中で、自転車($18$ 人)の割合」。$\frac{3}{4}$ であって、$\frac{9}{14}\approx 0.64$ とはまったく違う数である。

同じ $18$ を、違う分母で割っている。 どちらの集団の中で数えるかで、答えが変わるのだ。

この取り違えは現実に深刻な誤りを生む。 有名な例を挙げよう。

• ある病気の検査で、病気の人が陽性になる確率は $99\%$
• では、陽性だった人が病気である確率も $99\%$ か?

答えは「否」。病気の人がもともと $1000$ 人に $1$ 人しかいないなら、陽性者の大半は「健康なのに誤って陽性になった人」で埋め尽くされる。陽性者が本当に病気である確率は $10\%$ 程度にしかならない、ということが起こる。

$$P(\text{陽性}\mid \text{病気})\ne P(\text{病気}\mid \text{陽性})$$

条件と結果を入れかえると、確率はまるで変わる。 裁判で「犯人ならこの証拠が残る確率は高い」を「この証拠があるなら犯人である確率は高い」とすり替える誤り(検察官の誤謬と呼ばれる)も、まったく同じ構造だ。

「どちらの集団の中で数えているのか」を、いつも意識する。 条件付き確率はその一点に尽きる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「引いたくじはもとに戻さない」ので、$\mathrm{A}$ が引いた後、くじは $9$ 本に減る。$\mathrm{B}$ の確率は $\mathrm{A}$ の結果に左右される。

(2)「$\mathrm{A}$ も $\mathrm{B}$ も当たる」は、$2$ 段階で考える。

• $\mathrm{A}$ が当たる: $\frac{3}{10}$
• その後、$\mathrm{B}$ が当たる: 残り $9$ 本のうち当たりは $2$ 本 → $\frac{2}{9}$

$$\frac{3}{10}\times \frac{2}{9}=\frac{1}{15}$$

$\mathrm{B}$ の分母を $10$ のままにしないこと。 これが乗法定理($P(A\cap B)=P(A)\times P(B\mid A)$)だ。(3)「$\mathrm{B}$ が当たる」は、$\mathrm{A}$ が当たった場合とはずれた場合の $2$ つの道がある。両方を足さないといけない。

さて、答えは(1)と同じ $\frac{3}{10}$ になる。 これは偶然ではない。

(1) 10本中当たりは3本だから、Aが当たる確率は

$$\frac{3}{10}$$

(2) Aが当たった後、くじは残り9本、当たりは2本。Aが当たり、続けてBも当たる確率は、順にかけて

$$\frac{3}{10}\times \frac{2}{9}=\frac{6}{90}=\frac{1}{15}$$

(3) Bが当たるのは、次の2つの場合に分かれる(同時には起きない)。

• Aが当たり、Bも当たる: $\frac{3}{10}\times \frac{2}{9}=\frac{6}{90}$
• Aがはずれ、Bが当たる: $\frac{7}{10}\times \frac{3}{9}=\frac{21}{90}$

(Aがはずれた後は、残り9本中当たり3本のまま。)これらを足して

$$\frac{6}{90}+\frac{21}{90}=\frac{27}{90}=\frac{3}{10}$$

(3)の答えが(1)と同じ $\frac{3}{10}$ になったのは、偶然ではない。くじを引く順番は当たりやすさに関係しない。先に引いても後で引いても、当たる確率は同じだ。これは「くじ引きの公平さ」として知られる大事な性質だ。

発展。 (3)で使った「$2$ つの道を足す」計算は、全確率の定理と呼ばれる。

$$P(B)=P(A)P(B\mid A)+P(\overline{A})P(B\mid \overline{A})$$

「$\mathrm{B}$ が当たる」という出来事を、$\mathrm{A}$ の結果で場合分けして分解し、それぞれの重み(確率)を掛けて足す。知らない事実(A の結果)を、すべての可能性にわたって「ならす」。これは確率の平均化操作である。

この定理は次に学ぶベイズの定理の分母として必ず登場する。「陽性である確率」を求めるとき、「病気で陽性」と「健康で誤って陽性」の $2$ つの道を足すのも、まったく同じ構造だ。

そして、くじの公平性はもっと強い形で成り立つ。 $n$ 本のくじ(当たり $k$ 本)を $n$ 人が順に引くとき、何番目の人も当たる確率は $\frac{k}{n}$。証明は「全員の当たる確率の合計 $=$ 当たりの本数 $k$」と「全員が対等」という対称性からすぐに出る。

「対称性から結論する」 という見方だ。計算に埋もれる前に、構造を見る。この目が遠回りを何度も救ってくれる。

別解

(3)の答えが(1)と同じ $\frac{3}{10}$ になったのは、偶然ではない。この事実を、計算せずに見抜く方法がある。くじ引きの公平性の話だ。

発想の転換: くじを「引く」のではなく、「あらかじめ一列に並べる」と考える。$10$ 本のくじを、引く順番どおりに横一列に並べたと思ってほしい。

$$\underset{\mathrm{A}\text{の分}}{\underbrace{\square }}\underset{\mathrm{B}\text{の分}}{\underbrace{\square }}\square \square \square \square \square \square \square \square$$

$3$ 本の当たりはこの $10$ 個の場所のどこかに、まったくランダムに散らばっている。

$\mathrm{A}$ は $1$ 番目の場所を、$\mathrm{B}$ は $2$ 番目の場所を受け取るだけ。では、次のことを考える。$1$ 番目の場所が当たりである確率と、$2$ 番目の場所が当たりである確率に、差はあるだろうか?

あるはずがない。 どの場所も対等で、$10$ 個の場所のうち $3$ 個が当たりなのだから、どの場所も当たりである確率は $\frac{3}{10}$。

$$P(\mathrm{A}\text{が当たる})=P(\mathrm{B}\text{が当たる})=\cdots =P(10\text{番目の人が当たる})=\frac{3}{10}$$

くじ引きは引く順番によらず公平である。$1$ 番目に引こうが最後に引こうが、当たる確率は変わらない。

計算でも確かめられる。 $\mathrm{B}$ が当たるには $2$ つの道がある。

• $\mathrm{A}$ が当たり → $\mathrm{B}$ も当たり: $\frac{3}{10}\times \frac{2}{9}=\frac{6}{90}$
• $\mathrm{A}$ ははずれ → $\mathrm{B}$ が当たり: $\frac{7}{10}\times \frac{3}{9}=\frac{21}{90}$

この $2$ つは排反なので足して

$$\frac{6}{90}+\frac{21}{90}=\frac{27}{90}=\frac{3}{10}$$

きれいに $\frac{3}{10}$。

なぜ直感は「先に引くほうが有利」と思うのか。 $\mathrm{A}$ が当たりを引いてしまえば、$\mathrm{B}$ の当たる確率は $\frac{2}{9}\approx 0.22$ に下がる。これは事実だ。しかし $\mathrm{A}$ がはずれれば、$\mathrm{B}$ の確率は $\frac{3}{9}\approx 0.33$ に上がる。

この $2$ つが、ちょうど打ち消し合う。 「$\mathrm{A}$ が当たって不利になる場合」より「$\mathrm{A}$ がはずれて有利になる場合」のほうが起こりやすい($\frac{7}{10}$ 対 $\frac{3}{10}$)ので、ならしてみれば元どおりになる。これが $\frac{3}{10}$ の内訳だ。

$\mathrm{A}$ の結果を「知らない」限り、$\mathrm{B}$ は $1$ 番目と同じ立場にいる。 情報がなければ、順番は意味を持たない。「知る」ことが確率を変える。条件付き確率の考え方がここにも現れている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 期待値とは「$1$ 回引いたら、平均いくらもらえるか」だ。

もらえる金額に、その確率という「重み」をつけて足すことが大事だ。$300$ 円は魅力的だが、当たるのは $10$ 本に $1$ 本しかない。だから $300$ 円をまるごと勘定に入れてはいけない。

$$(\text{期待値})=(\text{金額})\times (\text{その確率})\text{をすべて足す}$$

$$E=300\times \frac{1}{10}+100\times \frac{3}{10}+0\times \frac{6}{10}$$

はずれの $6$ 本も忘れずに数える。 金額が $0$ 円なので計算には影響しないが、確率の合計が $1$ になるかの確認に要る($\frac{1}{10}+\frac{3}{10}+\frac{6}{10}=1$)。

期待値は実際にもらえる金額ではない。 $60$ 円のくじなど $1$ 本もないのに、期待値は $60$ 円になる。

賞金と、その確率を整理する。

• 300円: 確率 $\frac{1}{10}$
• 100円: 確率 $\frac{3}{10}$
• 0円: 確率 $\frac{6}{10}$

期待値は (金額) × (確率) を全部足すので

$$300\times \frac{1}{10}+100\times \frac{3}{10}+0\times \frac{6}{10}=30+30+0=60(\text{円})$$

期待値60円の意味は「このくじを1回引くと、平均して60円もらえる勘定」ということ。たとえば参加料が60円ならトントン、それより高ければ引くほど損、と判断の目安に使える。0円のはずれも確率としては数える(6本ぶんの $\frac{6}{10}$)が、金額が0なので合計には影響しない。

発展。 期待値には、とても便利な性質がある。足し算と、そのまま交換できるのだ。

$$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$$

しかも、$X$ と $Y$ が独立でなくても成り立つ(ここが役に立つところだ)。たとえば「サイコロを $3$ 回振ったときの目の合計の期待値」は、$1$ 回の期待値 $\frac{1+2+\cdots +6}{6}=3.5$ を $3$ 倍して $10.5$。$216$ 通りを数える必要はない。

$$E(aX+b)=aE(X)+b$$

も成り立つ(この式は数Bで詳しく学ぶ)。期待値は 「線形」 である。難しい計算を、単純な部品の足し算に分解できる。

だが、期待値がすべてではない。 次の $2$ つのくじを比べてみよう。

• くじP: 必ず $60$ 円もらえる
• くじQ: $\frac{1}{1000}$ の確率で $60000$ 円、それ以外は $0$ 円

期待値はどちらも $60$ 円。しかし、$1$ 回だけ引くなら、まるで違うくじだ。くじQは $999$ 回に $999$ 回、何も手に入らない。

同じ期待値でも、散らばりが違う。 この散らばりを測るのが分散であり、リスクの尺度になる。投資でも保険でも、「平均リターン(期待値)」と「リスク(分散)」をセットで見る。片方だけでは判断を誤る。

期待値は便利だが、どんな場面でも使えるわけではない。 そのことを知っているかどうかが、数学を使えるかどうかの分かれ目である。

別解

期待値は「平均」のことである。 そのことを、確率を一切使わずに確かめてみよう。$10$ 本すべての賞金を、そのまま書き出す。

$$300,100,100,100,0,0,0,0,0,0(\text{円})$$

この $10$ 個の数の平均を求める。

$$\frac{300+100+100+100+0+0+0+0+0+0}{10}=\frac{600}{10}=60(\text{円})$$

期待値と、ぴったり同じ $60$ 円。

なぜ一致するのか。 上の平均の式を、少し変形してみる。

$$\frac{600}{10}=\frac{300\times 1+100\times 3+0\times 6}{10}=300\times \frac{1}{10}+100\times \frac{3}{10}+0\times \frac{6}{10}$$

「本数で割ってから足す」のと、「確率を掛けて足す」のは、同じ計算である。

$$\boxed{\text{期待値}=\text{起こりうる値の、確率で重みづけした平均}}$$

この見方を持つと、期待値の意味がはっきりする。 「くじを $10$ 本すべて引いたら、合計 $600$ 円もらえる。$1$ 本あたりにならせば $60$ 円」というのが期待値だ。$1$ 回引くだけなら $0$ 円か $100$ 円か $300$ 円のどれかで、$60$ 円がもらえることは決してない。しかし何度も繰り返せば、$1$ 回あたりの平均は $60$ 円に近づいていく(大数の法則)。

期待値の使いどころは判断の道具としてである。

このくじが $1$ 本 $100$ 円で売られていたらどうか。期待値は $60$ 円なので、$1$ 回引くごとに、平均 $40$ 円損する勘定になる。$100$ 回引けば、平均 $4000$ 円の損だ。「当たれば $300$ 円」という宣伝文句に踊らされず、期待値で冷静に損得を測る。

逆に $50$ 円で売られていたら? 期待値 $60$ 円 > 価格 $50$ 円だから、引くほど得である(そんなくじは現実にはまず存在しないが)。

宝くじ、ガチャ、保険、投資など、世の中の「賭け」はすべて期待値で評価できる。期待値を計算する習慣はお金と付き合ううえでの防具になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点の動きを追いかけるのではなく、「表が何回出れば原点に戻るか」に言い換える。

$4$ 回のうち表が $x$ 回、裏が $4-x$ 回出たとする。点の位置は

$$(+1)\times x+(-1)\times (4-x)=2x-4$$

これが $0$ になるのは $x=2$ のとき。つまり

$$(\text{原点に戻る})⟺(\text{表がちょうど 2 回、裏がちょうど 2 回})$$

動きの問題がコイン投げの反復試行になった。

$$P={}_4{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$$

「原点に戻る」条件を、回数の言葉で表す。これが第一手である。位置を $1$ つずつ追う必要はない。

4回のうち表が $a$ 回、裏が $b$ 回出たとする。回数の合計と、移動の合計から

$$a+b=4,a-b=0$$

(表で $+1$、裏で $-1$ なので、移動の合計は $a-b$。原点に戻るには $a-b=0$。)これを解くと $a=b=2$、つまり表2回・裏2回のとき原点に戻る。

あとは反復試行で計算する。4回中ちょうど2回表が出る確率は

$${}_4{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=6\times \frac{1}{16}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$$

まとめ:位置の条件(原点に戻る)を『表と裏の回数』の条件 $a-b=0$ に置きかえる。位置の問題を回数の問題に読みかえれば、あとは反復試行の計算に持ち込める。ちなみに、奇数回(たとえば3回)投げると $a-b$ は奇数にしかならず、原点(移動0)には戻れない。この見通しも持っておこう。

発展。 $2n$ 回投げて原点に戻る確率は

$$P_{2n}={}_{2n}{\mathrm{C}}_n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{2n}$$

$n=2$($4$ 回)なら $\frac{6}{16}=0.375$。$n=5$($10$ 回)なら $\frac{252}{1024}\approx 0.246$。$n=50$($100$ 回)なら約 $0.08$ となり、回数が増えるほど、ぴったり原点に戻る確率は下がっていく(遠くまで行ってしまうから)。

ところが、次の定理がある。「いつかは必ず原点に戻ってくる」(確率 $1$ で)。ぴったり $2n$ 回目に戻る確率は小さくても、$2,4,6,\dots$ と機会は無限にあるので、戻らずに終わることはありえないのだ。しかも、戻るまでにかかる回数の期待値は無限大という(直感を裏切る)おまけつきである。

さらに、次元によって話が変わることも知られている。

• $1$ 次元・$2$ 次元のランダムウォークは、必ず出発点に戻る
• $3$ 次元では、戻らずに永遠にさまよう確率が $0$ ではない(戻る確率は約 $34\%$)

「酔っぱらいは家に帰れるが、酔った鳥は帰れない」は、数学者のあいだで語り継がれる言い回しである。

数直線上でコインを投げるだけの設定から、次元による違いが分かる。 高校の確率は、こうした話題にもつながっている。

別解

$4$ 回の表裏は $2^4=16$ 通りしかない。全部の行き先を調べて、点がどこにいるかの分布を作ってしまおう。 そこから、この問題の構造が分かる。

表の回数ごとに、最終位置を計算する。

通り数の合計は $1+4+6+4+1=16$ となり、全事象と一致する。

原点($0$)にいるのは $6$ 通りだから

$$P=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$$

この表から、$3$ つのことが読み取れる。

$1$ つ目: 分布はパスカルの三角形($1,4,6,4,1$)。 左右対称で、中央(原点)が最も高い。原点にいる確率が最大($\frac{6}{16}=0.375$)になる。「$4$ 回もふらふら歩いたのに、いちばんありそうなのは出発点」というのは意外だが、そういうものである。

$2$ つ目: 到達できる位置は偶数だけ。 $-4,-2,0,2,4$ しかなく、$\pm 1$ や $\pm 3$ には決して行けない。

なぜか。$1$ 回動くごとに、位置の偶奇が必ず入れかわるからだ。$0$(偶)→ $\pm 1$(奇)→ 偶 → 奇 $\dots$ と交互になる。だから偶数回の後は必ず偶数の位置、奇数回の後は必ず奇数の位置にいる。

$$\text{4 回(偶数)投げた後は、必ず偶数の位置}$$

この「偶奇の壁」はとても役に立つ道具だ。たとえば「$3$ 回投げて原点に戻る確率は?」と聞かれたら、計算するまでもなく $0$。$3$ 回後は必ず奇数の位置にいて、$0$(偶数)には決して立てない。パリティ(偶奇)で不可能を証明する。これは整数問題やパズルでもよく使う発想である。

$3$ つ目: これは「ランダムウォーク」の第一歩。 酔っぱらいが右へ左へふらつきながら歩く様子(酔歩とも呼ばれる)は、この問題そのものだ。

株価の変動、花粉が水面で震える現象(ブラウン運動)、分子の拡散など、自然や社会のいろいろな現象に、この単純なコイン投げの構造が現れる。$n$ 回歩いたときの散らばりは $\sqrt{n}$ に比例して広がる、という法則も、この表を大きくしていけば分かる。

数直線上をふらふらする点という素朴な問いが、いろいろな科学分野で使われるモデルになっている。