確率 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 積が4の倍数かどうかは、目の値そのものではなく、素因数2が全部で何個集まるかだけで決まる。そこで各回の目を「2で割れる回数」で分類する。0回(1,3,5)、1回(2,6)、2回(4)の3タイプだ。

「合計2個以上」を直接数えるのは大変だから、余事象へ回る。合計が0個(全部奇数)か、ちょうど1個(2か6が1回だけで残りは奇数)か。排反な2つの場合で尽くせる。

① 目を3タイプに分類する。 1回投げたとき、奇数 $\{1,3,5\}$ は確率 $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。2で1回だけ割れる $\{2,6\}$ は $\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。2で2回割れる $\{4\}$ は $\frac{1}{6}$。積が4の倍数にならないのは、素因数2の合計が0個または1個のときだ。

② 合計0個(積が奇数)。 $n$ 回すべて奇数だから

$${\left(\frac{1}{2}\right)}^n$$

③ 合計ちょうど1個。 どこか1回だけ $\{2,6\}$ が出て、残り $n-1$ 回はすべて奇数(4が1回でも出たら、その時点で2個になるので不可)。場所の選び方が $n$ 通りだから

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

④ 余事象で仕上げる。 2つの場合は排反だから

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

確かめ: $n=1$ なら $1-\frac{5}{6}=\frac{1}{6}$(4の目が出るときだけ)で正しい。$n=2$ なら $1-\frac{7}{12}=\frac{5}{12}$。

まとめ: 「4の倍数」を素因数2の個数に言い換え、目を割れる回数でタイプ分けする。余事象は「0個」「ちょうど1個」の排反2場合で尽くせて、それぞれ反復試行の形になる。

発展。 $n$ を大きくすると、補集合 $\frac{2n+3}{3\cdot 2^n}$ は指数の勢いで0へ向かう。つまり $P\to 1$。「回数を重ねれば、積はそのうちほぼ確実に4の倍数になる」という直感が、式の形でそのまま見える。

別解

個数で数える(確率の掛け算が不安な人へ)。 確率の積の代わりに、目の列そのものを数えてもよい。全体は $6^n$ 通り。

積が4の倍数にならない列を数える。

• 全部奇数: 各回3通りだから $3^n$ 通り
• 2か6がちょうど1回、残り奇数: 場所が $n$ 通り、その回の目が2通り、残りが $3^{n-1}$ 通りで $2n\cdot 3^{n-1}$ 通り

合わせて $3^{n-1}(3+2n)$ 通り。よって

$$P=1-\frac{3^{n-1}(2n+3)}{6^n}=1-\frac{2n+3}{3\cdot 2^n}$$

($6^n=3^n\cdot 2^n$ で約分した。)本解と同じ答えだ。確率の掛け算($\frac{1}{2}$ を $n$ 乗する等)と、場合の数の掛け算(3通りを $n$ 乗する)は同じことの2つの表し方だ。どちらの言葉が手になじむかで選べばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「増える順に並んでいる列」を先頭から場合分けして数えると、手に負えない。

逆向きに見る。出た目の内訳(1が何回、2が何回、…)を決めれば、それを $a_1\le a_2\le a_3\le a_4$ に並べる方法はただ1通りしかない。つまり「条件を満たす列」と「1〜6から重複を許して4個選ぶ選び方」は、1対1に対応する。

数える対象を、列から重複組合せに取り換える。これが決め手だ。

① 1対1対応を確かめる。 たとえば内訳が「1が1回、3が2回、6が1回」なら、条件を満たす列は $1,3,3,6$ の1通りだけ。逆に、条件を満たす列からは内訳がただ1つ決まる。だから

(条件を満たす列の数)=(1〜6から重複を許して4個選ぶ選び方の数)

② 個数を数える。 ○4個(選んだ目)と仕切り5本(目1〜6の部屋の境目)の並べ替えだから

$${}_{6+4-1}{\mathrm{C}}_4={}_9{\mathrm{C}}_4=126\text{通り}$$

③ 確率にする。 目の列は全部で $6^4=1296$ 通りあり、どの列も等確率で現れる。よって

$$P=\frac{126}{1296}=\frac{7}{72}$$

まとめ: 数えにくい対象は個数の等しい数えやすい対象に1対1対応で取り換える。「並べ方が1通りに決まる」ことが、数え漏れも二重数えもない(対応が崩れない)理由になっている。

発展。 同じ計算で、$n$ 回なら ${}_{n+5}{\mathrm{C}}_n/6^n$。また条件を厳密増加 $a_1<a_2<a_3<a_4$ に変えると、重複が許されなくなって ${}_6{\mathrm{C}}_4=15$ 通り、確率 $\frac{15}{1296}=\frac{5}{432}$。「以下」と「未満」で答えの姿がどう変わるか、対で見ると理解が深まる。

別解

ずらして「すべて異なる」に変える(得意な人向け)。 重複組合せの公式を覚えていなくても、次の変換で普通の組合せに帰着できる。条件を満たす列 $a_1\le a_2\le a_3\le a_4$ に対し

$$b_1=a_1,b_2=a_2+1,b_3=a_3+2,b_4=a_4+3$$

とずらすと、「以下」が「未満」に変わって $b_1<b_2<b_3<b_4$、しかも $b_i$ は $1$ から $9$ の範囲を動く。逆にそのような $b$ の列から $a$ の列がただ1つ復元できる(1対1対応)。つまり、数えるべきものは「1〜9から異なる4個を選ぶ」選び方で

$${}_9{\mathrm{C}}_4=126\text{通り}$$

○と仕切りの公式そのものを、この「ずらし」が生み出している。等号つきの並びを等号なしに変換する一手は、数え上げの各所で再利用できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「最大値が5」「最小値が2」は、$n$ 回全体を見ないと判定できない条件で、直接は数えにくい。一方「すべての目が◯以下」なら各回バラバラの条件だから、確率は累乗で書ける。

そこで求める事象を言い換える。「すべて2〜5」の中から、「5が一度も出ない」と「2が一度も出ない」を除いたものだ。2つをそのまま引くと、両方欠ける場合(すべて3・4)を二重に引いてしまう。1回ぶん足し戻す。包除原理を使う。

① もとになる確率を作る。 まず「すべての目が2〜5」となる確率は ${\left(\frac{4}{6}\right)}^n$。この中で

• $A$: 5が一度も出ない(すべて2〜4)… ${\left(\frac{3}{6}\right)}^n$
• $B$: 2が一度も出ない(すべて3〜5)… ${\left(\frac{3}{6}\right)}^n$
• $A\cap B$: どちらも出ない(すべて3・4)… ${\left(\frac{2}{6}\right)}^n$

求める事象は「すべて2〜5」のうち、$A$ にも $B$ にも入らない部分である。

② 包除原理で計算する。

$$P={\left(\frac{4}{6}\right)}^n-{\left(\frac{3}{6}\right)}^n-{\left(\frac{3}{6}\right)}^n+{\left(\frac{2}{6}\right)}^n=\frac{4^n-2\cdot 3^n+2^n}{6^n}$$

引きすぎた $A\cap B$ を1回足し戻すところが、包除原理そのものだ。

③ $n=3$ の値。

$$P=\frac{4^3-2\cdot 3^3+2^3}{6^3}=\frac{64-54+8}{216}=\frac{18}{216}=\frac{1}{12}$$

まとめ: 「ちょうど」の条件は「以下・以上」(各回独立で累乗になる形)に言い換える。最大・最小を同時に指定する事象は、2集合の包除原理のひな形として覚えておくと広く使える。

発展。 一般に最大が $M$、最小が $m$ になる確率は、幅 $w=M-m$ を使って $\frac{(w+1{)}^n-2w^n+(w-1{)}^n}{6^n}$ と書ける。係数 $(1,-2,1)$ の並びは2階の差分。「ちょうど」を2方向で取り出すと、自然にこの形が現れる。

別解

累積の差でつくる(機械的ルート)。 ベン図を描かなくても、「ちょうど=累積の差」を2回使えば同じ式が組み立つ。1段目。最小が2以上という条件の中で、「最大がちょうど5」を累積の差で取り出す:

$$P(\text{max}=5,\text{min}\ge 2)={\left(\frac{4}{6}\right)}^n-{\left(\frac{3}{6}\right)}^n$$

(すべて2〜5、からすべて2〜4を引いた。)2段目。今度は「最小がちょうど2」を、最小2以上と最小3以上の差で取り出す:

$$P(\text{max}=5,\text{min}=2)=\left[{\left(\frac{4}{6}\right)}^n-{\left(\frac{3}{6}\right)}^n\right]-\left[{\left(\frac{3}{6}\right)}^n-{\left(\frac{2}{6}\right)}^n\right]$$

展開すれば本解と同じ $\frac{4^n-2\cdot 3^n+2^n}{6^n}$。「ちょうど◯」は「◯以下 − (◯−1)以下」。この差分を最大と最小の2方向に1回ずつかける、という機械的な手順で、包除と同じ式に届く。条件が3つ4つに増えても、この差分方式はそのまま伸びる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 操作のたびに袋の中身が変わる。だから3回目の確率は「それまでに何色を取り出したか」で場合分けするしかない。これが全確率の考え方だ。

2回目までの結果は赤赤・赤白・白赤・白白の4通り。それぞれの袋の状態から、3回目の赤の確率が決まる。(2)は「後の結果から前を推し測る」向きの条件付き確率。新しい道具は要らない。定義 $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$ に忠実に戻ればよい。

① 1回目・2回目の確率。 1回目に赤(以下 $R_1$)は $P(R_1)=\frac{2}{3}$。2回目は1回目の結果で場合分けする。

• $R_1$(確率 $\frac{2}{3}$)のとき、袋は赤3白1。$P(R_2\mid R_1)=\frac{3}{4}$
• 白($W_1$、確率 $\frac{1}{3}$)のとき、袋は赤2白2。$P(R_2\mid W_1)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$

$$P(R_2)=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$$

1回目と同じ $\frac{2}{3}$ になった。

② 3回目の確率((1)の答え)。 2回目までの4通りで場合分けする。それぞれの確率と、そのときの袋(玉は5個):

• 赤赤: $\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}=\frac{1}{2}$、袋は赤4白1 → 3回目に赤は $\frac{4}{5}$
• 赤白: $\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{6}$、袋は赤3白2 → $\frac{3}{5}$
• 白赤: $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}$、袋は赤3白2 → $\frac{3}{5}$
• 白白: $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}$、袋は赤2白3 → $\frac{2}{5}$

赤白と白赤が同じ確率 $\frac{1}{6}$ になっていることにも注目したい。全確率で

$$P(R_3)=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{5}+\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{6}\cdot \frac{2}{5}=\frac{12+3+3+2}{30}=\frac{20}{30}=\frac{2}{3}$$

③ (2) 逆向きの条件付き確率。 分子は $P(R_1\cap R_2)=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}=\frac{1}{2}$。分母は①より $P(R_2)=\frac{2}{3}$。

$$P(R_1\mid R_2)=\frac{P(R_1\cap R_2)}{P(R_2)}=\frac{1/2}{2/3}=\frac{3}{4}$$

まとめ: 中身の変わる袋は「直前までの結果で場合分け → 全確率」が基本。取り出す色の確率がどの回でも $\frac{2}{3}$ のまま、という不変性がこのモデルの名物だ。

発展。 この装置はポリアの壺と呼ばれ、流行や感染が「持てる者にさらに集まる」様子のモデルとして使われる。初期の割合 $\frac{2}{3}$ がどの回にも保存されるのは偶然ではない(別解)。

別解

順番を入れ替えても確率が同じ(交換可能性の理由)。 ②の表で、赤白と白赤の確率がどちらも $\frac{1}{6}$ だった。これは偶然ではない。

たとえば「赤白赤」の順に出る確率を書き下ろすと

$$\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{2\cdot 1\cdot 3}{3\cdot 4\cdot 5}$$

分母は袋の総数 $3,4,5$ の積で、順番によらない。分子も赤を引くたびに赤の個数 $2,3,\dots$ を、白を引くたびに白の個数 $1,2,\dots$ を順に使うだけで、掛ける数の集まりは順番によらない。つまり、赤と白の回数が同じ列は、どの順でも同じ確率になる(交換可能性)。

すると計算の近道ができる。「3回目に赤」の確率は列の中の赤の位置を1回目に移しても変わらないから、$P(R_3)=P(R_1)=\frac{2}{3}$。即答だ。

(2)も同じ理屈で $P(R_1\mid R_2)=P(R_2\mid R_1)=\frac{3}{4}$(1回目と2回目を入れ替えた)。定義計算(本解③)と一致する。対称性は計算を丸ごと省略させてくれることがある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 記録の枚数 $X$ の分布(ちょうど何枚になる確率)を求めるのは難しい。だが期待値だけなら、道がある。

$X$ を「$k$ 枚目が記録なら1、そうでなければ0」という $n$ 個の量 $X_1,\dots ,X_n$ の和に分解する。期待値は各場所の確率の和になる。この分解が役に立つのは、互いに独立でなくても「和の期待値=期待値の和」が成り立つからだ。

あとは「$k$ 枚目が記録」を、「先頭 $k$ 枚の中の最大が $k$ 枚目にある」と読み替えれば、対称性で確率が出る。

① $k$ 枚目が記録になる確率。 $k$ 枚目が記録 ⟺ 先頭 $k$ 枚のうち最大の番号が、ちょうど $k$ 枚目にある。よく混ぜてあるから、先頭 $k$ 枚の中で最大がどの位置にあるかは、$k$ か所とも同様に確からしい。よって

$$E(X_k)=P(k枚目が記録)=\frac{1}{k}$$

$k$ 枚目より後のカードは判定に関係しない。この読み替えのきれいなところだ。

② 期待値を足し上げる((2)の答え)。

$$E(X)=\sum _{k=1}^{n}E(X_k)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}$$

③ $n=4$ の値((1)の答え)。

$$E(X)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{12+6+4+3}{12}=\frac{25}{12}$$

まとめ: 「個数の期待値」は、場所ごとの0か1の量に分解して確率を足すのが基本だ。$k$ 枚目の判定が先頭 $k$ 枚の内部だけで決まり、最大の位置の対称性から $\frac{1}{k}$ になる。分布を求めずに、期待値だけ先に取れる。

発展。 答えの $1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}$(調和数)は、$n$ を増やしてもゆっくりしか育たない。カード100枚でも期待値は約 $5.2$ 枚。記録は対数の速さでしか増えない。ちなみにこの調和数、$n\ge 2$ では決して整数にならない(本サイトの集合と命題の最難関に、その証明がある)。

別解

$n=4$ を数えて信じる(具体で確かめるルート)。 $\frac{1}{k}$ という確率が腑に落ちないときは、$n=4$ の $4!=24$ 通りを位置ごとに数えてみるとよい。$k$ 枚目が記録になる並びは何通りか。「先頭 $k$ 枚の最大が $k$ 枚目にある」並びを数えると

• 1枚目: どの並びでも記録。$24$ 通り($=24/1$)
• 2枚目: 先頭2枚の大きい方が2枚目に来る並び。$12$ 通り($=24/2$)
• 3枚目: 先頭3枚の最大が3枚目。$8$ 通り($=24/3$)
• 4枚目: 全体の最大(4)が末尾。$6$ 通り($=24/4$)

どの位置でも、ちょうど $24/k$ 通り。確率にすれば $\frac{1}{k}$ だ。記録の総数は $24+12+8+6=50$。期待値は $\frac{50}{24}=\frac{25}{12}$ で、(1)の答えと一致する。

一般論(対称性)と、小さな全数調査。両方から同じ数が出たとき、理解は確信に変わる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 頂点は8個あるが、$A$ から見た対称性で4つの層に分かれる。「$A$(道のり0)」「$B,D,E$(道のり1)」「$C,F,H$(道のり2)」「$G$(道のり3)」だ。

同じ層の頂点はどれも $A$ から見て同じ立場にある。だから $\mathrm{P}$ がどの層にいるかの確率だけ追えば十分だ。状態を8個から4個に減らす。この集約が決め手になる。

層の間の移り方を決めてしまえば、6秒は1秒ずつの機械的な計算で追える。

① 層と移り方を決める。 層0 $=\{A\}$、層1 $=\{B,D,E\}$、層2 $=\{C,F,H\}$、層3 $=\{G\}$。各頂点から出る辺は3本で、

• 層0からは3本とも層1へ(確率1)
• 層1からは1本が層0へ($\frac{1}{3}$)、2本が層2へ($\frac{2}{3}$)
• 層2からは2本が層1へ($\frac{2}{3}$)、1本が層3へ($\frac{1}{3}$)
• 層3($G$)からは3本とも層2へ(確率1)

たとえば $C$ の隣は $B,D$(層1)と $G$(層3)。どの頂点でも、層だけで移り方が決まる。

② 6秒ぶんを順に計算する。 $k$ 秒後に層0〜3にいる確率を $(p_0,p_1,p_2,p_3)$ と書く。移り方から、次の秒は「層0へ = 層1の $\frac{1}{3}$」「層1へ = 層0の全部 + 層2の $\frac{2}{3}$」「層2へ = 層1の $\frac{2}{3}$ + 層3の全部」「層3へ = 層2の $\frac{1}{3}$」で更新できる。

• 0秒: $\left(1,0,0,0\right)$
• 1秒: $\left(0,1,0,0\right)$
• 2秒: $\left(\frac{1}{3},0,\frac{2}{3},0\right)$
• 3秒: $\left(0,\frac{7}{9},0,\frac{2}{9}\right)$ … 層1へは $\frac{1}{3}\cdot 1+\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{9}$
• 4秒: $\left(\frac{7}{27},0,\frac{20}{27},0\right)$ … 層2へは $\frac{7}{9}\cdot \frac{2}{3}+\frac{2}{9}\cdot 1=\frac{20}{27}$
• 5秒: $\left(0,\frac{61}{81},0,\frac{20}{81}\right)$ … 層1へは $\frac{7}{27}\cdot 1+\frac{20}{27}\cdot \frac{2}{3}=\frac{61}{81}$
• 6秒: $\left(\frac{61}{243},0,\frac{182}{243},0\right)$

③ 答え。 6秒後に層0(= 頂点 $A$)にいる確率は

$$\frac{61}{81}\cdot \frac{1}{3}=\frac{61}{243}$$

まとめ: 対称性で状態を減らせば(8頂点 → 4層)解ける。減らしたあとは、1秒ずつの推移を落ち着いて追うだけだ。表に0が交互に並ぶのは「1歩で層の偶奇が入れ替わる」からで、この偶奇の観察は検算にも使える。

発展。 $\frac{61}{243}=0.2510\cdots$ は、もう $\frac{1}{4}$ とほとんど同じだ。偶数秒の点は偶数層の4頂点($A,C,F,H$)にほぼ均等に散らばっていく。6秒だけで「どこにいたか」の情報がほぼ消える。混ざりの速さもこの計算から読み取れる。

別解

2歩ずつまとめて、状態を2つに(得意な人向け)。 偶数秒には層0か層2にしかいない。それなら最初から「2歩で1回」と数えて、状態を2つに圧縮できる。

2歩の移り方をまとめる。層0からは、1歩目で必ず層1へ行き、2歩目で $\frac{1}{3}$ が層0へ戻り $\frac{2}{3}$ が層2へ進む。層2からは、1歩目が層1($\frac{2}{3}$)か層3($\frac{1}{3}$)で、2歩目まで追うと

$$\text{層2}\to \text{層0}:\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9},\text{層2}\to \text{層2}:\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}+\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{7}{9}$$

あとは $(q_0,q_2)$ を3回更新するだけだ。

$$\left(1,0\right)\to \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)\to \left(\frac{1}{9}+\frac{4}{27},\cdots \right)=\left(\frac{7}{27},\frac{20}{27}\right)\to \left(\frac{7}{81}+\frac{40}{243},\cdots \right)=\left(\frac{61}{243},\frac{182}{243}\right)$$

6秒後に $A$ にいる確率は $\frac{61}{243}$。本解の6行の表が3行に半減した。偶奇の対称性は「無駄な状態を消す」だけでなく、時間の刻みを倍にして計算自体を短くできる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「1回目で $k$ 枚取り除かれ、2回目で残り $n-k$ 枚が全部取り除かれる」と枚数で場合分けすると、二項係数の和が出てきて重たい。

視点を変えて、硬貨1枚の身の上を追う。ある硬貨は1回目に表なら消える。裏なら(自分が残っているから2回目は必ず行われ)2回目を投げ、表なら消える。つまり、その硬貨が2回以内に消えるかどうかは自分の表裏だけで決まり、他の硬貨と独立だ。

「全部なくなる」=「どの1枚も消える」。だから1枚の確率の $n$ 乗で済む。

① 1枚の硬貨が2回以内に消える確率。 1回目に表($\frac{1}{2}$)、または1回目裏かつ2回目表($\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$)。よって

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

② (1) の答え。 $n$ 枚の表裏は互いに独立だから

$$P(2回以内に全部なくなる)={\left(\frac{3}{4}\right)}^n$$

③ (2) ちょうど2回目の確率。 「ちょうど2回目で初めて全部なくなる」=「2回以内になくなる」から「1回目でなくなる(全部表: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n$)」を除いたもの。

$$P={\left(\frac{3}{4}\right)}^n-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$$

$n=3$ のとき

$$\frac{27}{64}-\frac{8}{64}=\frac{19}{64}$$

まとめ: 全体を枚数で追わず、1枚ずつの独立な確率の積に分解する。「ちょうど $k$ 回目」は累積(〜回以内)の差で取り出す。2つの型の合わせ技になっている。

発展。 同じ分解で、$r$ 回以内に全部なくなる確率は ${\left(1-\frac{1}{2^r}\right)}^n$、ちょうど $r$ 回目は隣どうしの差になる。1枚あたりの生存確率が半減していく構造が、そのまま式の形に写っている。

別解

枚数の場合分けを、二項定理で畳む(重い道の救済)。 「1回目で $k$ 枚消える」場合分けを本当に実行しても、実はきれいに閉じる。

1回目に表が $k$ 枚出る確率は ${}_n{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$。続いて残り $n-k$ 枚が2回目で全部表になる確率は ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-k}$。よって2回以内に全部なくなる確率は

$$\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{2}\right)}^n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-k}={\left(\frac{1}{2}\right)}^n\sum _{k=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-k}$$

$x=\frac{1}{2}$ として、和は ${\left(1+\frac{1}{2}\right)}^n={\left(\frac{3}{2}\right)}^n$。よって

$${\left(\frac{1}{2}\right)}^n{\left(\frac{3}{2}\right)}^n={\left(\frac{3}{4}\right)}^n$$

本解と一致した。1枚ごとの独立性(本解)はこの二項係数の和を「展開する前の積の形」で先に見抜いたことに当たる。重い道も二項定理という畳み方を知っていれば歩き切れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 方程式の問題に見えるが、実際は数え上げの問題だ。整数解 $r$ があるとして、情報を搾り取る。

まず符号。$a,b,c\ge 1$ だから $x\ge 0$ では左辺は $c$ 以上で正。解は負に限る。

次に約数。$r(r^2+ar+b)=-c$ と変形すれば、$|r|$ は $c$ の約数。$c\le 6$ だから $r$ は $-1$ 〜 $-6$ の6候補しかない。

あとは候補ごとに「$r$ を解にもつ $(a,b,c)$」を1次の関係式で数え、複数の候補で二重に数えた組だけ補正すればよい。

① 候補を絞る。 $x\ge 0$ なら $x^3+a{x}^2+bx+c\ge c\ge 1>0$ だから、整数解 $r$ は負。$r^3+a{r}^2+br+c=0$ を $c=-r(r^2+ar+b)$ と見れば $r$ は $c$ の約数で、$1\le c\le 6$ より

$$r\in \{-1,-2,-3,-4,-5,-6\}$$

② 候補ごとに数える。 $r$ を代入すると $a,b,c$ の1次の関係式になる。

• $r=-1$: $-1+a-b+c=0$、つまり $b=a+c-1$。$1\le a+c-1\le 6$ ⟺ $a+c\le 7$ となる $(a,c)$ は21組($b$ は自動的に決まる)
• $r=-2$: $c=8-4a+2b$。$1\le c\le 6$ を満たすのは、$a=1$ で $b=1$、$a=2$ で $b=1,2,3$、$a=3$ で $b=3,4,5$、$a=4$ で $b=5,6$ の計9組
• $r=-3$: $c=27-9a+3b$。$a=3$ で $b=1,2$、$a=4$ で $b=4,5$ の計4組
• $r=-4$: $c=64-16a+4b$。$(a,b,c)=(4,1,4),(5,5,4)$ の2組
• $r=-5$: $c=125-25a+5b$。$(5,1,5),(6,6,5)$ の2組
• $r=-6$: $c=216-36a+6b$。$(6,1,6)$ の1組

③ 重複を補正する。 2つの候補で同時に数えられた組は、$r=-1$ と $r=-2$ を両方解にもつ $(a,b,c)=(4,5,2)$ だけ($x^3+4x^2+5x+2=(x+1{)}^2(x+2)$)。ほかの2候補の連立は、$a,b,c$ が1〜6の範囲を外れて解なし。よって

$$21+9+4+2+2+1-1=38\text{組}$$

④ 確率。 全体は $6^3=216$ 通りだから

$$P=\frac{38}{216}=\frac{19}{108}$$

まとめ: 「整数解をもつ」は符号と約数の情報で候補を有限個に狩り込む → 候補ごとに1次の関係式で数える → 重複を補正する、の3段構え。方程式の見た目に引きずられず、数え上げに言い換えれば解ける。

発展。 この方程式は最高次の係数が1(モニック)だから、有理数の解は自動的に整数になる(有理数解 $\frac{p}{q}$ の分母 $q$ は最高次係数の約数)。つまり本問の答えは「有理数解をもつ確率」でもある。問い方を変えても同じ38組になる、という見方もできる。

別解

因数分解の形から組み立てる(得意な人向け)。 整数解 $-r$($r\ge 1$)をもつことは、整数係数で

$$x^3+a{x}^2+bx+c=(x+r)(x^2+px+q)$$

と割れることと同じ($p,q$ は整数)。展開して係数を比べると

$$a=p+r,b=q+pr,c=qr$$

つまり「$(a,b,c)$ を数える」は「条件 $1\le a,b,c\le 6$ を満たす $(p,q)$ を数える」に置き換わる。たとえば $r=1$ なら、$a=p+1\in [1,6]$、$c=q\in [1,6]$、$b=p+q\in [1,6]$。つまり $p\ge 0,q\ge 1,p+q\le 6$ の格子点で、$6+5+4+3+2+1=21$ 組。21が三角形の形(三角数)で見える。

$r=2$ なら $c=2q\in [1,6]$ で $q\in \{1,2,3\}$、$a=p+2$、$b=2p+q$ の範囲条件から9組。以下同様に $4,2,2,1$ 組と数えられ、本解と同じ内訳になる。代入の等式で数える(本解)か、因数の構造で数える(本ルート)か。同じ21でも「なぜ21か(三角数)」の説明力は、構造側が一枚上だ。