確率 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「誰も自分の物を受け取らない」を正面から数えるのは難しい。反対を数える。

反対は「少なくとも $1$ 人が自分の物を受け取る」。人 $k$ が自分の物を受け取る場合の集合を $A_k$ として、$|A_1\cup \cdots \cup A_n|$ を包除原理で数える。

包除原理では「$1$ 人固定」「$2$ 人固定」…と、$j$ 人が自分の物を受け取る場合を $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}\right)(n-j)!$ で数え、符号を交互につけて足す。全体 $n!$ から引けば、誰も自分の物を受け取らない場合(完全順列)の数が出る。

① 数える対象を決める。 配り方の総数は $4$ 人なら $4!=24$ 通りで、どれも同様に確からしい。人 $k$ が自分の物を受け取る配り方の集合を $A_k$ とすると、求めるのは「どの $A_k$ にも入らない」配り方の割合である。

② (1) 包除原理で数える。 $i$ 人を固定して自分の物を受け取らせると、残りは自由だから

• $|A_k|=3!$ が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=4$ 個
• $|A_j\cap A_k|=2!$ が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ 個
• $3$ 人交わりは $1!$ が $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=4$ 個、$4$ 人交わりは $0!=1$ が $1$ 個

少なくとも $1$ 人が自分の物を受け取る配り方は

$$4\cdot 3!-6\cdot 2!+4\cdot 1!-1=24-12+4-1=15$$

よって誰も受け取らないのは $24-15=9$ 通りで、確率は $\frac{9}{24}=\frac{3}{8}$。

③ (2) 同じ構造で $5$ 人。 総数は $5!=120$。同様に

$$120-\left(\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)4!-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)3!+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)2!-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)1!+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{5}\right)0!\right)$$

$$=120-(120-60+20-5+1)=120-76=44$$

よって確率は $\frac{44}{120}=\frac{11}{30}$。

まとめ:「全員が外れる」順列(完全順列)の個数は、$n!\left(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\cdots +\frac{(-1{)}^n}{n!}\right)$ という交代和になる。$4$ 人で $9$、$5$ 人で $44$ となる。この $2$ つの数は覚えておくと検算が速い。

発展。 完全順列の確率 $\frac{D_n}{n!}=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}$ は、$n\to \infty$ で $e^{-1}\approx 0.368$ に収束する。だから人数が多くても「誰も自分の物を受け取らない」確率は約 $37\%$ で、$n$ にほとんどよらない。プレゼント交換で全員が他人の物になる確率が、人数によらずほぼ一定、という意外な事実だ。

別解

別解:完全順列の漸化式で数える(得意な人向けの高い視点)。 完全順列の個数 $D_n$(誰も自分の位置に来ない並べ方)には、きれいな漸化式がある。

$$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}),D_1=0,D_2=1.$$

(理由: $1$ 番の人が受け取る品を $k$ 番とすると $n-1$ 通り。$k$ 番の人が $1$ 番の品を受け取るか否かで $D_{n-2}$ と $D_{n-1}$ に分かれる。)順に計算すると $D_3=2\cdot (1+0)=2$、$D_4=3\cdot (2+1)=9$、$D_5=4\cdot (9+2)=44$。

確率は $\frac{D_4}{4!}=\frac{9}{24}=\frac{3}{8}$、$\frac{D_5}{5!}=\frac{44}{120}=\frac{11}{30}$。包除原理(本解)で $D_n=n!\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}$ と1つの式で書けるが、漸化式なら小さい $n$ から手計算で積み上げられる。$\frac{D_n}{n!}\to \frac{1}{e}\approx 0.368$ に近づくのも、この $\sum \frac{(-1{)}^k}{k!}$ が $e^{-1}$ の展開だからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「赤・赤・白」という結果から、原因(どちらのつぼか)を推定する。これはベイズの発想だ。

「赤・赤・白」が起こる経路は $2$ 本だけ。「A を選んで赤赤白」と「B を選んで赤赤白」。玉を戻すので $3$ 回は独立で、各経路の確率は積で書ける。

• A 経路: $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{2}{5}$。
• B 経路: $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{4}{5}$。

求めるのは「結果が赤赤白だったとき A だった割合」= A 経路 $÷$($2$ 経路の和)。条件付き確率の定義そのものだ。

① 経路を書き出す。 結果を $D$=「赤・赤・白の順」とする。$D$ に至る経路は $2$ 本しかない。

② 各経路の確率を計算する。 玉は毎回戻すので、$3$ 回の取り出しは独立。A では赤の確率 $\frac{3}{5}$、白の確率 $\frac{2}{5}$ だから

$$P(\mathrm{A}\cap D)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{2}{5}=\frac{18}{250}=\frac{9}{125}$$

B では赤 $\frac{1}{5}$、白 $\frac{4}{5}$ だから

$$P(\mathrm{B}\cap D)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{4}{5}=\frac{4}{250}=\frac{2}{125}$$

③ 条件付き確率にまとめる。 $P(D)=\frac{9}{125}+\frac{2}{125}=\frac{11}{125}$ なので

$$P(\mathrm{A}\mid D)=\frac{9/125}{11/125}=\frac{9}{11}$$

まとめ:結果(赤赤白)から原因(どちらのつぼか)をさかのぼる問題では、「原因ごとの経路の確率」をすべて並べ、その中で目的の経路が占める割合を取る。観測が $3$ 回に増えても、経路の確率が積になるだけで構造は $1$ 回のときと同じだ。最初は五分五分だった A の確率が、赤が多く出たことで $\frac{9}{11}$ まで上がった、と読むと意味がつかめる。

発展。 ベイズの定理は「結果から原因の確率を更新する」道具。赤が出るたびに A(赤が多い)の確率が上がっていく。$1$ 回目の赤の後は $P(A)=\frac{3}{4}$、$2$ 回目でさらに上がり、白が $1$ 回出ても $\frac{9}{11}$ と高いまま。迷惑メールフィルタや医療診断など、「証拠を積んで確信を更新する」現代の推論の基礎である。

別解

別解:樹形図と「経路の重み」で目に見える形にする(苦手な人向け)。 起こりうることを樹形図で描く。まず A か B を選ぶ($\frac{1}{2}$ ずつ)。その先で赤赤白が出る。

各枝の確率(重み)を書き込む。

• A → 赤赤白: $\frac{1}{2}\times \frac{3}{5}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{5}=\frac{18}{250}$。
• B → 赤赤白: $\frac{1}{2}\times \frac{1}{5}\times \frac{1}{5}\times \frac{4}{5}=\frac{4}{250}$。

「赤赤白」が実際に起きたのだから、この $2$ 本の枝のどちらかを通ったはず。その中で A の枝を通った割合が答え。

$$\frac{18/250}{18/250+4/250}=\frac{18}{18+4}=\frac{18}{22}=\frac{9}{11}.$$

ベイズの公式(本解)を暗記しなくても、「起きた結果につながる枝の重みを比べる」だけで出る。分母の $250$ が約分で消えるので、実際は分子 $18$ と $4$ の比だけ見ればよい。赤が $2$ 回出た時点で A(赤が多い)がぐっと有利になる、という直感とも合う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1$ 人ずつ乗法定理で追うと、$k$ 番目では「$k-1$ 人が引いた後」の場合分けが非常に多くなる。もっと賢い見方が要る。

決め手はくじ引きの結果全体を「$n$ 本のくじを $1$ 列に並べる並べ方」と同一視することだ。$k$ 番目の人が引くのは、並びの $k$ 番目のくじだ。

どの並べ方も同様に確からしい($n!$ 通り)。$k$ 番目の位置に当たりが来る並べ方は、当たり $a$ 本のどれかを $k$ 番目に置き($a$ 通り)、残り $n-1$ 本を並べる($(n-1)!$ 通り)。確率は $\frac{a(n-1)!}{n!}=\frac{a}{n}$ で $k$ によらない。

① くじ引きを並べ方と同一視する。 $n$ 本のくじをすべて区別して考える。$n$ 人が順に引いた結果は、「$1$ 番目が引いたくじ、$2$ 番目が引いたくじ、…」という $n$ 本の並びそのものだから、起こり得る結果の全体は $n$ 本の順列 $n!$ 通りであり、無作為に引くのだからこれらはすべて同様に確からしい。

② $k$ 番目が当たりになる並べ方を数える。 $k$ 番目の位置に置く当たりくじの選び方が $a$ 通り。残る $n-1$ か所には残る $n-1$ 本を自由に並べてよいから $(n-1)!$ 通り。よって

$$a\times (n-1)!\text{通り}$$

③ 確率を計算する。

$$P(k\text{ 番目が当たり})=\frac{a(n-1)!}{n!}=\frac{a}{n}$$

これは $k$ を含まない式であり、$k$ によらず一定である。(証明終)

まとめ:「くじ引きは順番によらず公平」の背景は、結果全体が順列として対称にできていることだ。$k$ 番目の位置だけ特別扱いする理由が構造のどこにもない、と言い換えてもよい。個別の $k$ で乗法定理の計算(たとえば $2$ 番目なら $\frac{a}{n}\cdot \frac{a-1}{n-1}+\frac{n-a}{n}\cdot \frac{a}{n-1}=\frac{a}{n}$)を検算に使うと、この一般論の便利さがよく分かる。

発展。 くじ引きが順番によらず公平なのは「対称性」の帰結。どのくじも、どの位置に来る確率が等しい。この「交換可能性」は標本抽出やトランプの配りなど、多くの確率モデルの基礎になる。「$1$ 番目に引くのが有利/不利」という直感が誤りであることを、対称性が保証している。

別解

別解:特定の $1$ 本のくじに注目する(対称性のルート)。 当たりくじのうち特定の $1$ 本に印をつけて追う。この印つきくじが「$k$ 番目に引かれる」確率を考える。

$n$ 本のくじが $n$ 個の位置に等確率で並ぶなら、印つきくじがどの位置に来るかも等確率。だから印つきくじが $k$ 番目に来る確率は、どの $k$ でも $\frac{1}{n}$。

当たりは $a$ 本ある。$k$ 番目が当たり $⟺$ $a$ 本のうちどれかが $k$ 番目に来る。$a$ 本の位置は互いに排反(同じ位置に $2$ 本は来ない)だから、確率を足して

$$P(k\text{ 番目が当たり})=a\times \frac{1}{n}=\frac{a}{n}.$$

並べ方を数える(本解)のと同じ $\frac{a}{n}$ だが、「$1$ 本のくじはどの位置にも等確率」という対称性から、$k$ によらないことが直感的に分かる。くじ引きは引く順番によらず公平、という有名な事実は、この「位置の対称性」から来ている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 状態は「$3$ 人のまま」「$2$ 人に減った」の $2$ つだけ。$1$ 回のじゃんけんでの推移を押さえる。

$3$ 人からは、$1$ 人勝ち($\frac{1}{3}$、即決着)、$2$ 人勝ち($\frac{1}{3}$、$2$ 人へ)、あいこ($\frac{1}{3}$、$3$ 人のまま)。$2$ 人からは、決着($\frac{2}{3}$)、あいこ($\frac{1}{3}$、$2$ 人のまま)。

ちょうど $n$ 回で決まる経路を分類する。「$3$ 人のまま $i$ 回 → $2$ 人へ → $2$ 人のまま $j$ 回 → 決着」と「$3$ 人のまま $n-1$ 回 → $n$ 回目にいきなり $1$ 人勝ち」。それぞれの確率を足すと $p_n=\frac{2n-1}{3^n}$。

① 1回のじゃんけんの確率を整理する。 $3$ 人の手の出し方は $3^3=27$ 通り。勝者がちょうど $1$ 人(誰が・どの手で勝つか $3\times 3=9$ 通り)、勝者が $2$ 人($9$ 通り)、あいこ(残り $9$ 通り)だから、$3$ 人からの推移はそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$。また $2$ 人のじゃんけんは $9$ 通り中あいこ $3$ 通りなので、決着 $\frac{2}{3}$・あいこ $\frac{1}{3}$。

② ちょうど $n$ 回で決まる経路を分類する。

経路 I(いきなり決まる):$3$ 人のあいこが $n-1$ 回続き、$n$ 回目に $1$ 人勝ち。

$${\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{3}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n$$

経路 II($2$ 人を経由):$3$ 人のあいこ $i$ 回 → $2$ 人に減る($\frac{1}{3}$)→ $2$ 人のあいこ $j$ 回 → $n$ 回目に決着($\frac{2}{3}$)。回数の合計から $i+j=n-2$($i,j\geqq 0$)で、$(i,j)$ の組は $n-1$ 通り。どの組でも確率は

$${\left(\frac{1}{3}\right)}^i\cdot \frac{1}{3}\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^j\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{3^n}$$

③ 合計する。

$$p_n=\frac{1}{3^n}+(n-1)\cdot \frac{2}{3^n}=\frac{2n-1}{3^n}$$

($n=1$:$\frac{1}{3}$、$n=2$:$\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$ で、直接数えた値と一致するので検算になる。)

まとめ:回数つきの複合試行は「状態がどう推移したか」の列で場合分けするのが軸。途中のあいこの置き場所($i$ と $j$ の分配)が $n-1$ 通りある、という数え上げがこの問題の中心で、確率そのものはどの経路でも同じ値になる。

発展。 $\sum _{n=1}^{\infty }{p}_n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{3^n}=1$(必ずいつか決着する)。この和は $\sum \frac{n}{3^n}$ と $\sum \frac{1}{3^n}$ に分けて計算できる(等差 $\times$ 等比の和)。決着までの回数の期待値 $\sum n{p}_n$ も同じ手法で求まり、状態遷移をもつ確率過程(マルコフ連鎖)の典型例になっている。

別解

別解:状態ごとの母関数(確率の等比的な積み上げ)で(得意な人向けの視点)。 ちょうど $n$ 回で決着する経路を、$2$ 種類に整理して直接足す。

【経路1】$3$ 人のまま $i$ 回あいこ → $(i+1)$ 回目に $2$ 人へ → $2$ 人のまま $j$ 回あいこ → 決着。回数は $i+1+j+1=n$、すなわち $i+j=n-2$。確率は ${\left(\frac{1}{3}\right)}^i\cdot \frac{1}{3}\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^j\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{3^n}$。組 $(i,j)$ は $i+j=n-2$、$i,j\ge 0$ で $n-1$ 通り。合計 $\frac{2(n-1)}{3^n}$。

【経路2】$3$ 人のまま $n-1$ 回あいこ → $n$ 回目に $1$ 人勝ちでいきなり決着。確率 ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3^n}$。足すと

$$p_n=\frac{2(n-1)}{3^n}+\frac{1}{3^n}=\frac{2n-1}{3^n}.$$

状態遷移(本解)を経路に開いて数えると、各経路の確率がすべて $\frac{1}{3^n}$ の定数倍になり、経路の「本数」 $2n-1$ を数えるだけになる。$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{3^n}=1$(必ずいつか決着する)も確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 頂点は外接円の周上にある。だから円周角の考え方が使える。

$3$ 頂点は円周を $3$ つの弧に分ける。弧の大きさの組 $(a,b,c)$($a+b+c=8$、各 $\ge 1$)で三角形の形が決まる。

決め手は「最大の弧」を見ることだ。最大の弧が半円ちょうど($=4$)なら、その弧に対する円周角が $90°$ で直角三角形。半円を超える($\ge 5$)なら鈍角。半円未満なら鋭角。あとは弧の組を数え上げる。

① 選び方の総数。 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)=56$ 通り。正八角形の頂点は外接円の周を $8$ 等分しているので、隣り合う頂点の間を「弧 $1$ 個分」と数える。

② 三角形の形を弧の言葉で表す。 $3$ 頂点は円周を $3$ つの弧 $(a,b,c)$($a+b+c=8$、各 $\geqq 1$)に分ける。頂点の角は「向かい合う弧」に対する円周角だから

• すべての弧が $3$ 以下 → 鋭角三角形
• どれかの弧がちょうど $4$(半円=直径をはさむ)→ 直角三角形
• どれかの弧が $5$ 以上 → 鈍角三角形

③ (1) 直角三角形を数える。 弧 $4$ を作る $2$ 頂点は直径の両端。正八角形の直径は $4$ 本あり、残りの $1$ 頂点は他の $6$ 個から自由に選べるから

$$4\times 6=24\text{通り}P=\frac{24}{56}=\frac{3}{7}$$

④ (2) 鈍角三角形を数える。 最大の弧が $5$ 以上、つまり $3$ 頂点が「連続する $4$ 頂点分の範囲」に収まる場合である。順序を込めた弧の組 $(a,b,c)$ で数える:$a\geqq 5$ とすると $a^{\prime }=a-4\geqq 1$、$a^{\prime }+b+c=4$ の正の整数解は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)=3$ 組。$a$、$b$、$c$ のどれが大きいかで $3$ 倍し、$9$ 組。弧の組 $1$ つに対して、円周上の配置(回転)が $8$ 通り、$1$ つの三角形は $3$ つの順序で数えられているから

$$\frac{9\times 8}{3}=24\text{通り}P=\frac{24}{56}=\frac{3}{7}$$

(残りは鋭角三角形で $56-24-24=8$ 通り、$\frac{1}{7}$。$3$ つの和が $1$ になることが検算になる。)

まとめ:円に内接する多角形の頂点から作る三角形の形は、「弧の分け方」に言い換えると数え上げに変わる。直角=直径をはさむ、はターレスの定理そのもの。鋭角が意外に少ない($\frac{1}{7}$)のも、この言い換えをすると納得できる。

発展。 円に内接する三角形の形は「最大の弧」で決まる: 半円未満で鋭角、半円ちょうどで直角(直径が辺)、半円超で鈍角。正 $n$ 角形の頂点から作る三角形の鋭角・直角・鈍角の個数も、この弧の分類で数え上げられる。円周角の定理が確率と幾何を橋渡ししている。

別解

別解:直角三角形は「直径を $1$ 辺にもつ」で数える(得意な人向けの視点)。 円に内接する三角形が直角三角形 $⟺$ $1$ 辺が直径(円周角の定理の逆)。正八角形で直径になるのは、向かい合う頂点を結ぶ対角線 $4$ 本。

直角三角形は「$1$ 本の直径 + 残り $6$ 頂点から $1$ つ」。直径 $4$ 本 $\times$ 残り $6$ 頂点 $=24$ 個。全体 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)=56$ で、直角の確率 $\frac{24}{56}=\frac{3}{7}$。

鈍角は「最大の弧 $\ge 5$」。最大弧 $=5,6$ の場合を数えると、こちらも $24$ 個で $\frac{3}{7}$。鋭角は残りの $\frac{1}{7}$($8$ 個)。

弧の組 $(a,b,c)$ を全部数える本解に対し、直角は「直径を含むか」で直接数えられる。$24+24+8=56$ とすべて足すと全体に一致するのが検算になる。正 $2m$ 角形なら直径が $m$ 本あり、直角三角形が $m(2m-2)$ 個、という一般化にもつながる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 最大値 $X$ の問題は、「$X\le k⟺3$ 枚とも $k$ 以下」と読み替えるのが基本だ。

(1) $X\le 7$ は「$3$ 枚とも $7$ 以下」、$7$ 枚から $3$ 枚選ぶので $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)$ 通り。(2) 「ちょうど $X=7$」は「$7$ 以下」$-$「$6$ 以下」、または「$7$ を必ず含み残り $2$ 枚は $6$ 以下」$=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)$ 通り。

(3) は条件付き確率。範囲を「$X=7$ の $15$ 通り」に縮めて、その中で、さらに $Y\ge 3$($3$ 枚とも $3$ 以上、かつ最大 $7$)の割合を数える。

① (1) 「最大 $\leqq 7$」を読み替える。 $X\leqq 7$ ⟺ $3$ 枚とも $\{1,\dots ,7\}$ から取り出されている。

$$P(X\leqq 7)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}=\frac{35}{84}=\frac{5}{12}$$

② (2) 「ちょうど $7$」は差で取る。 $X=7$ ⟺ $X\leqq 7$ かつ $X\leqq 6$ でない、だから

$$P(X=7)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}=\frac{35-20}{84}=\frac{15}{84}=\frac{5}{28}$$

(別の数え方:$7$ を必ず含み、残り $2$ 枚を $\{1,\dots ,6\}$ から選ぶ $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$ 通りで、一致する。)

③ (3) 範囲を縮めて数え直す。 条件付き確率では、分母が「$X=7$ の $15$ 通り」に変わる。その中で $Y\geqq 3$ となるのは、$7$ 以外の $2$ 枚を $\{3,4,5,6\}$ から選ぶ場合だから $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ 通り。

$$P(Y\geqq 3\mid X=7)=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$$

まとめ:最大値・最小値の確率は「以下・以上への読み替え」と「ちょうど=差」の $2$ つで処理する。条件付き確率は「分母の範囲を縮めること」だ。公式に代入するより、縮んだ範囲($15$ 通り)の中で直接数えるほうが速く、間違いも少ない。

発展。 最大値 $X$ の分布は $P(X\le k)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}$(累積分布)で、差をとれば $P(X=k)$。順序統計量(標本の最大・最小・中央値など)の分布は、この「$\le k$ で読み替える」手法で系統的に求まる。統計で「$n$ 個中の最大値」を扱うときの基本テクニックだ。

別解

別解:最小値・最大値の同時分布を「枠」で数える(得意な人向けの視点)。 (3) を、最大 $7$・最小 $\ge 3$ の同時条件として直接数える。

「$X=7$ かつ $Y\ge 3$」$⟺$「$7$ を必ず含み、残り $2$ 枚は $\{3,4,5,6\}$ から」。$7$ は確定、残り $2$ 枚を $4$ 枚から選ぶので $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ 通り。「$X=7$」は $7$ を含み残り $2$ 枚を $\{1,\dots ,6\}$ から、$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$ 通り。

だから条件付き確率は $\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$。「$X\le k⟺$ 全部 $k$ 以下」で最大値を攻める本解に対し、最小値との同時条件は「$7$ を含み、残りを $\{3,\dots ,6\}$ という枠に収める」と枠で数えると速い。$X=7,Y\ge 3$ は「$7$ を上端に固定し、下端を $3$ 以上に制限した窓」の中の選び方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 全体は $2^6=64$ 通りで等確率。まず「$6$ 回後に原点」の条件を押さえる。表 $3$ 回・裏 $3$ 回が必要で、その並べ方は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$ 通り。

問題はこの $20$ 通りのうち「途中で一度も負にならない」ものを数えること。累積和(位置)を折れ線グラフで見ると構造がつかめる。$+1,-1$ の並びで、途中の部分和がつねに $0$ 以上。これはカタラン数で数えられる典型で、系統的に列挙すれば $5$ 通りと分かる。

① 分母と候補を整理する。 $6$ 回の表裏の列は $2^6=64$ 通りで、どれも等確率。$6$ 回後に原点に戻るのは表 $3$ 回・裏 $3$ 回のときで、並べ方は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$ 通り。この中から「途中の累積がつねに $0$ 以上」のものを数える。

② 条件を満たす列を系統的に列挙する。 表を「+」、裏を「−」と書く。負にならないためには、$1$ 回目は必ず + で、どの時点でも(+ の数)$\geqq$(− の数)が必要。最初の + のあと、残り $5$ 手で + $2$ 個・− $3$ 個を「途中で高さが $-1$ に触れない」ように並べる。高さの推移で分類すると

• ++ から始まる:++−+−−、++−−+−、++−−−は高さ $-1$ になるので不可。+++−−− と ++−+−− と ++−−+− の $3$ 通り
• +− から始まる(高さ $0$ に戻る):残り $4$ 手が「$4$ 回で原点・非負」の道で、+−+− と ++−− の $2$ 通り → +−++−−、+−+−+− の $2$ 通り

合計 $3+2=5$ 通り。

③ 確率を求める。

$$P=\frac{5}{64}$$

まとめ:「戻る」条件は枚数の勘定($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)$)、「沈まない」条件は経路の形の勘定になる。性質の違う $2$ つの条件を分けて処理する。この $5$ という個数は $2n$ 歩で非負のまま原点に戻る道の数($1,2,5,14,\dots$ と続く有名な数列)の $n=3$ の項になっている。

発展。 「途中で負にならない $\pm 1$ の道」の数はカタラン数 $C_n=\frac{1}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$。括弧の正しい対応、木の形、多角形の三角形分割など、まったく違う見た目の数え上げが同じカタラン数になる。反射原理($-1$ に触れた道を反転して数える)は、これらを統一的に数える有効な発想だ。

別解

別解:反射原理でカタラン数として一度に数える(得意な人向けの高い視点)。 「表 $3$・裏 $3$ の並びで、途中の部分和がつねに $0$ 以上」の個数は、カタラン数 $C_3$ で数えられる。

全体は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$ 通り。このうち「途中で負になる(位置 $-1$ に触れる)」ものを、反射原理で数える。$-1$ に初めて触れた後を上下反転させると、「表 $2$・裏 $4$」の並び($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$ 通り)と $1$ 対 $1$ に対応する。

だから条件を満たすのは $20-15=5$ 通り。

$$C_3=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=20-15=5=\frac{1}{3+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right).$$

確率は $\frac{5}{64}$。系統的に列挙する本解に対し、反射原理は「悪い並び($-1$ に触れる)を、ずらした二項係数で数える」方法だ。$n$ 往復なら $\frac{1}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$(カタラン数)で、括弧の対応や山の登り下りなど、多くの数え上げに現れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 全体は $6^4$ 通り。「出た目の種類の数」で場合分けする。

(1) $1$ 種類(すべて同じ)は、その目が $6$ 通り。確率 $\frac{6}{6^4}=\frac{1}{216}$。

(2) ちょうど $2$ 種類のところで間違えやすい。まず「どの $2$ 種類を使うか」を選ぶ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)$ 通り)。次に $4$ 回の出目をその $2$ 種類に割り振る($2^4$ 通り)。ただし割り振りの中には「実は $1$ 種類しか使っていない」($2$ 通り)が混ざるので、それを引く。$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)(2^4-2)$ を全体で割る。

① 全体を確認する。 $4$ 回の出目の列は $6^4=1296$ 通りで、どれも等確率。

② (1) $1$ 種類だけ。 どの目でそろえるかの $6$ 通りしかない。

$$P=\frac{6}{1296}=\frac{1}{216}$$

③ (2) ちょうど $2$ 種類(選んでから割り振り、はみ出しを引く)。 使う $2$ 種類の選び方は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$ 通り。選んだ $2$ 種類(たとえば $\{1,2\}$)への $4$ 回の割り振りは $2^4=16$ 通りだが、このうち「全部 $1$」「全部 $2$」の $2$ 通りは実際には $1$ 種類しか使っておらず、「ちょうど $2$ 種類」にならない。よって $1$ 組あたり $2^4-2=14$ 通り。

$$P=\frac{15\times 14}{1296}=\frac{210}{1296}=\frac{35}{216}$$

なぜ先に $2$ 種類を固定するかというと、「ちょうど」の条件を(全部で $2^4$ 通りという)小さい範囲の中で処理できるからだ。

まとめ:「ちょうど $k$ 種類」は、種類の選択 → 割り振り → 種類が減ってしまう場合の除外、の $3$ 段で数える。$2$ 種類なら引くのは $2$ 通りだけだが、$3$ 種類になると包除原理($3^4-3\cdot 2^4+3$)が必要になる。この問題はその準備にあたる。

発展。 「$n$ 回投げてちょうど $k$ 種類」は、$k$ 種類への全射の数 $=\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(k-j{)}^n$(包除)で数え、それに種類の選び方 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{k}\right)$ を掛ける。$k=2$ で $2^4-2=14$ はその最小例。第 $2$ 種スターリング数 $S(n,k)$ を使えば、$3$ 種類・$4$ 種類でも同じ枠組みでまとめて求まる。

別解

別解:全射の数(スターリング数)で捉える(得意な人向けの視点)。 「$4$ 回の出目がちょうど $2$ 種類」は、「$4$ 回を $2$ 種類の目に『余りなく』割り振る」= $\{1,2,3,4\}$ 回目から $2$ 種類への全射の数で数える。

$2$ 種類 $\{A,B\}$ への全射(両方を必ず使う割り振り)の数は、全 $2^4$ 通りから「$A$ だけ」「$B$ だけ」の $2$ 通りを引いて $2^4-2=14$ 通り。どの $2$ 種類の目を使うかは $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$ 通り。掛けて

$$15\times 14=210\text{通り},\frac{210}{6^4}=\frac{210}{1296}=\frac{35}{216}.$$

「割り振りから $1$ 種類の場合を引く」本解と同じ $14$ だが、これは全射の数(第 $2$ 種スターリング数 $S(4,2)=7$ の $2!$ 倍)。「$n$ 回を $k$ 種類にちょうど使う」は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{k}\right)\times k!S(n,k)$ で数えられ、$3$ 種類・$4$ 種類でも同じ枠組みで求まる。