確率 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「2回以上」を正面から数えると、「ちょうど2回・3回・4回・5回」の4つの足し算になって大変だ。

そこで反対を数える。反対は「2回未満=0回または1回」の2つだけで済む。これを計算して1から引く。

反復試行で「以上・以下」が出たら、数の少ない側を反対にとる。どちらが少ないかを最初に見比べるのが第一手だ。

『2回以上』の反対は『0回または1回』だ。反復試行の公式で、この2つを計算する。1の目が出る確率は $\frac{1}{6}$。

0回(5回とも1以外):

$${\left(\frac{5}{6}\right)}^5=\frac{3125}{7776}$$

ちょうど1回:

$${}_5{\mathrm{C}}_1{\left(\frac{1}{6}\right)}^1{\left(\frac{5}{6}\right)}^4=5\times \frac{1}{6}\times \frac{625}{1296}=\frac{3125}{7776}$$

求める確率は、この2つを1から引いて

$$1-\frac{3125}{7776}-\frac{3125}{7776}=\frac{7776-6250}{7776}=\frac{1526}{7776}=\frac{763}{3888}$$

まとめ:『2回以上』を直接計算すると4つの項の足し算になるが、反対なら2つで済む。『◯回以上』を見たら、反対『◯回未満』の項が少ないほうを選ぶ、と手が決まる。最後の約分も忘れずに。

発展。 「$n$ 回中 $k$ 回成功する確率」の並び $P(X=k)$ を全部まとめて見たものが、数学Bで学ぶ二項分布だ。この問題の計算はその分布の一部分を切り取っている。

「以上・以下は項数の少ない側から」という判断は、分布の裾を数える発想として、統計的な推測(棄却域の確率計算)でもそのまま使われる。

別解

地道な「直接ルート」も、一度は通っておく価値がある。ちょうど $2,3,4,5$ 回の4つを足すのだ。分母を $6^5=7776$ にそろえて分子を数えると

$${}_5{\mathrm{C}}_2\cdot 5^3+{}_5{\mathrm{C}}_3\cdot 5^2+{}_5{\mathrm{C}}_4\cdot 5+1=1250+250+25+1=1526$$

$\frac{1526}{7776}=\frac{763}{3888}$。余事象ルートと同じ答えになる。比べてみると、余事象は計算2項、直接は4項。この差が「少ない側を選ぶ」理由の実感になる。もし問題が「4回以上」なら直接が2項で速い。毎回、両側の項数を見比べて道を選べばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「ちょうど◯回目に△度目の成功」というタイプは、条件を「最後の1回」と「それより前」に分けて考える。

3回目に2度目の6が出るには、2つのことが同時に要る。(i)最初の2回でちょうど1回だけ6が出る。(ii)3回目が6。

(i)は反復試行、(ii)は単独の確率。連続して起こる条件だから、かけ合わせる。3回目は「6と確定」していて選ぶ余地がない点に注意する。

3回目に『2度目の6』が出るには、次の2つが同時に起こる。

1. 最初の2回で、ちょうど1回だけ6が出る(まだ2度目ではない)
2. 3回目に6が出る(これが2度目)

最初の2回でちょうど1回6: 反復試行の公式で

$${}_2{\mathrm{C}}_1{\left(\frac{1}{6}\right)}^1{\left(\frac{5}{6}\right)}^1=2\times \frac{1}{6}\times \frac{5}{6}=\frac{10}{36}$$

3回目が6: 確率 $\frac{1}{6}$。この2つは続けて起こるので、かけ合わせて

$$\frac{10}{36}\times \frac{1}{6}=\frac{10}{216}=\frac{5}{108}$$

最後の回(3回目)を『必ず6』と切り離して考えるのが大事だ。もし3回目に ${}_3{\mathrm{C}}_2$ のような数をかけると、6が出る場所を数え過ぎてしまう。数がつくのは『最初の2回のどこで1回目の6が出るか』の ${}_2{\mathrm{C}}_1$ だけで、3回目の場所は決まっている。

発展。 「最後の1回を固定して、手前を反復試行で数える」考え方は、「初めて成功するまでの回数」「$r$ 度目の成功が $n$ 回目に来る確率」へと一般化される。どれも最後の1回だけが特別扱い、という同じ設計だ。

サイコロを振り続けて「2度目の6が出るまでの回数の平均」を問う期待値の問題も、この考え方を広げたものだ。

別解

3回しかないので、あてはまる「列」を書き出してしまう手もある。6を「六」、6以外を「他」と書くと、3回目にちょうど2度目の6が出る列は

• 六・他・六
• 他・六・六

の2パターンだけだ(六・六・六は3回目が「3度目」になるので不可)。それぞれの確率は $\frac{1}{6}\times \frac{5}{6}\times \frac{1}{6}=\frac{5}{216}$ で共通。2パターン足して $\frac{10}{216}=\frac{5}{108}$。

公式ルートの ${}_2{\mathrm{C}}_1$ はこの「六の置き場所2通り」を数えていたのだと分かる。回数が少ないうちは書き出しが確実で、公式の意味の確認にもなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 戻さない(非復元)ので、2回目の確率は1回目の結果に左右される。

(2)の「2回目が赤」は、1回目が赤の場合と白の場合に分けて足す。計算すると(1)と同じ $\frac{5}{8}$ になる。これは偶然ではなく、「何回目でも赤の出る確率は同じ」という公平性の表れだ。

(3)は条件付き確率。「2回目が赤」の場合だけを考えて、その中で「1回目も赤」の割合を測る。条件付き確率では、このように分母が変わる。

(1) 8個中赤は5個なので

$$\frac{5}{8}$$

(2) 2回目が赤になるのは、次の2つに分かれる(同時には起きない)。

• 1回目赤・2回目赤: $\frac{5}{8}\times \frac{4}{7}=\frac{20}{56}$
• 1回目白・2回目赤: $\frac{3}{8}\times \frac{5}{7}=\frac{15}{56}$

足して

$$\frac{20}{56}+\frac{15}{56}=\frac{35}{56}=\frac{5}{8}$$

(1)と同じ $\frac{5}{8}$ になった。取り出す順番によらず赤の出る確率が同じなのは、くじ引きの公平さと同じ理屈だ。

(3) 『2回目が赤』という条件のもとで『1回目も赤』の確率を求める。条件付き確率なので、分母を『2回目が赤』にする。

$$P(\text{1回目赤}\mid \text{2回目赤})=\frac{P(\text{両方赤})}{P(\text{2回目赤})}=\frac{\frac{20}{56}}{\frac{5}{8}}=\frac{20}{56}\times \frac{8}{5}=\frac{160}{280}=\frac{4}{7}$$

まとめ:(3)は『結果(2回目赤)から原因(1回目赤)をさかのぼる』条件付き確率だ。分子は『両方赤』、分母は『2回目赤』。分母を(2)で求めた $\frac{5}{8}$ に取りかえるのがポイント。

発展。 「何回目に引いても確率は同じ」は、くじ引きの公平性として次の問題でも使う。玉やくじを1列に並べて「位置の対等さ」で見る目は、計算を大幅に省く技術だ。

(3)のような「結果から原因をさかのぼる」条件付き確率は、ベイズの定理として応用問題で本格化する。検査と病気、迷惑メールの判定など、現実の推論の数学的な基礎である。

別解

(3)は、対称性からすぐに出す見方がある。「2回目が赤」と分かったとする。このとき1回目に引いた玉は、残りの7個(赤4個、白3個)のどれかであり、しかもどの玉も同じ確からしさで1回目に来る(玉の立場はすべて対等だからだ)。

だから、1回目が赤である条件付き確率は

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

定義式 $\frac{P(\text{両方赤})}{P(\text{2回目赤})}$ で計算した値と一致する。「1個抜けた状態で残りは対等」という見方は、時間の順序(1回目→2回目)と確率の条件の向き(2回目→1回目)が逆でも使える。条件付き確率は時間をさかのぼれる、という感覚につながる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) A と B の命中は独立だ。だから確率をかけて組み合わせられる。

まず各人の当たり・はずれの確率を整理する。A は当たり $\frac{2}{3}$・はずれ $\frac{1}{3}$、B は $\frac{1}{2}$ ずつ。(1)はかけ算。(2)は反対の「2人ともはずれ」を使う。(3)は「A 当・B 外」と「A 外・B 当」の2つを足す。問いごとに道具を切りかえる。

A は当たり $\frac{2}{3}$・はずれ $\frac{1}{3}$、B は当たり $\frac{1}{2}$・はずれ $\frac{1}{2}$。2人の命中は独立だ。

(1) 2人とも当てるのは、かけ算で

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

(2) 『少なくとも1人当てる』の反対は『2人ともはずれる』。

$$1-\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$$

(3) ちょうど1人だけ当てるのは、『Aが当ててBがはずす』と『AがはずしてBが当てる』の2つ(同時には起きない)。

$$\underset{\text{A当・B外}}{\underbrace{\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}}}+\underset{\text{A外・B当}}{\underbrace{\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}}}=\frac{2}{6}+\frac{1}{6}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$$

(確かめ: 『2人とも当てる』$\frac{1}{3}$ +『ちょうど1人』$\frac{1}{2}$ +『2人ともはずれ』$\frac{1}{6}$ $=1$ になり、これで全部の場合を数えた。)『少なくとも1人』は『ちょうど1人 + 2人とも』でもあり、$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$ と(2)に合う。

発展。 「少なくとも一方」を足し算で処理したいなら、重なりを引く $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ を使う($\frac{2}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$ で一致)。集合の個数定理と同じ形だ。

表のマスが「行の確率 × 列の確率」になっている状態こそが独立の定義である。独立でない2事象なら、マスの値が積からずれる。そのずれを測るのが条件付き確率だ。

別解

結果は4通りしかない。最初に「4分割の表」を作ってしまうと、3つの問い全部が表の読み取りになる。

各マスは行と列の確率の積(独立だから掛けてよい)。4マスの合計が $1$ になることが、まず検算になる。

• (1) 左上のマス: $\frac{1}{3}$
• (2) 右下(2人はずれ)以外: $1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$
• (3) 右上+左下: $\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}$

「独立な2つの試行=縦横の表」という絵は、条件付き確率や独立性の判定でもそのまま使える基本の道具だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各 $k$ について $P(X=k)$ を11個ぜんぶ計算して比べるのは大変だ。

そこで、となり合う確率の比 $\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}$ を見る。比が1より大きいうちは増え続け、1を下回った所で減り始める。その境目が最大だ。

「値そのもの」でなく「増減の切り替わり」を追う。最大値探しの発想としては2次関数の頂点探しと同じ考え方である。$P(X=k)={}_{10}{\mathrm{C}}_k{\left(\frac{1}{6}\right)}^k{\left(\frac{5}{6}\right)}^{10-k}$ だ。となり合う確率の比をとると、${}_{10}{\mathrm{C}}_k$ の部分と累乗の部分が整理できて

$$\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\frac{10-k}{k+1}\cdot \frac{1}{5}=\frac{10-k}{5(k+1)}$$

この比が1より大きければ $P(X=k+1)>P(X=k)$(ふえる)、1より小さければ減る。比と1の大小を調べる。

$$\frac{10-k}{5(k+1)}>1⟺10-k>5(k+1)⟺10-k>5k+5⟺5>6k⟺k<\frac{5}{6}$$

つまり $k=0$ のときだけ比が1より大きく($P(X=1)>P(X=0)$)、$k\ge 1$ では比が1より小さい($P(X=2)<P(X=1)$ 以降ずっと減る)。だから確率は $k=1$ で最大になる。

$$k=1$$

まとめ:感覚でも、1の目が出る回数は平均で $10\times \frac{1}{6}=\frac{10}{6}\fallingdotseq 1.7$ 回なので、いちばん出やすい回数がその近くの1回、というのは自然だ。

発展。 この分布(二項分布)の山の頂上は期待値 $np$ のすぐ近くに来る。この問題の $np=\frac{10}{6}\approx 1.7$ と最頻値 $k=1$ の関係が、その実例だ。数学Bで期待値・分散を学ぶと、山の位置と幅が式で読めるようになる。

「隣どうしの比で増減を判定する」手法は、数列の最大項探しの標準技術でもある。確率に限らず、$a_{k+1}/a_k$ と1の比較はあらゆる場面で使える。

別解

あたりを付けてから、2つの比較だけで決める省エネルートもある。回数の「平均」は $10\times \frac{1}{6}=\frac{10}{6}\approx 1.7$ 回。最大の候補は、この近くの $k=1$ か $k=2$ に絞られるはずだ。そこで両隣とだけ比べる。

• $\frac{P(1)}{P(0)}=\frac{10}{1}\times \frac{1}{5}=2>1$。だから $P(1)>P(0)$。
• $\frac{P(2)}{P(1)}=\frac{9}{2}\times \frac{1}{5}=\frac{9}{10}<1$。だから $P(2)<P(1)$。

山は $k=1$ で頂上と確定する。「期待値の近くに最頻値がある」という感覚で候補を絞り、比較は最小限に。分布の形(単峰の山)を信じた分だけ、計算が軽くなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3人の手の出し方は $3^3=27$ 通り。これらが同様に確からしい。

勝ち負けは「出ている手の種類数」で決まる。1種類(全員同じ)か3種類(全部出る)ならあいこ。2種類のときだけ勝負がつく。

この分類を軸に数える。「誰が」「どの手で」を混同しないよう、勝者と手を順に指定して数えるのがこつだ。3人の手の出し方は $3^3=27$ 通り。

(1) あいこになるのは、次の2パターン。

• 全員が同じ手: グー・チョキ・パーの3通り。
• 3人が3種類すべて違う手: 3人に3種類を割り当てる $3!=6$ 通り(このとき、グー・チョキ・パーが1つずつ出て三すくみになり、勝負がつかない)。

あいこは $3+6=9$ 通りなので

$$\frac{9}{27}=\frac{1}{3}$$

(2) ちょうど1人が勝つのは、2種類の手が出て、勝つ手を出したのが1人の場合。勝つ人の選び方が3通り、その人が出す手(勝つ手)が3通り、残り2人はその手に負ける手(1種類に決まる)。

$$3\times 3=9(\text{通り})$$

だから

$$\frac{9}{27}=\frac{1}{3}$$

まとめ:(残る『2人が勝つ』も同じように9通りで $\frac{1}{3}$。あいこ・1人勝ち・2人勝ちが、それぞれ $\frac{1}{3}$ ずつになる。)『2種類の手が出れば必ず勝負がつく』こと、そのとき勝つ手は一方に決まることを押さえると数えやすい。

発展。 「あいこ・1人勝ち・2人勝ちが同確率 $\frac{1}{3}$ ずつ」という三等分は、3人のときだけの現象だ。人数が増えると、あいこの確率がどんどん大きくなる(4人では2種類の手の分け方が複雑になり、あいこ側が優勢になる)。

「$n$ 人でちょうど $k$ 人勝つ」「あいこが続く回数の期待値」など、じゃんけんは反復試行・期待値と組み合わせた応用問題によく使われる。

別解

(1)は補集合から攻めることもできる。「あいこ=勝負がつかない」だから、勝負がつく場合を数えて引くのだ。勝負がつくのは、勝者が1人か2人のとき。

• 1人勝ち: 勝者の選び方 $3$ 通り × 勝ち手の選び方 $3$ 通り $=9$ 通り(勝者の手が決まれば、負け2人の手は自動で決まる)
• 2人勝ち: 勝者2人の選び方 ${}_3{\mathrm{C}}_2=3$ 通り × 勝ち手 $3$ 通り $=9$ 通り

勝負がつくのは $18$ 通り。だから、あいこは $27-18=9$ 通りで $\frac{9}{27}=\frac{1}{3}$。「あいこ・1人勝ち・2人勝ち」がちょうど $9,9,9$ 通りの三等分になっている。3人じゃんけんの結果は3つとも同じ確率 $\frac{1}{3}$ になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 6回動いて原点に戻る。位置の条件を回数の条件に言い換える。

右(表)を $a$ 回、左(裏)を $b$ 回とすると、$a+b=6$(回数)と $a-b=0$(位置)。解いて $a=b=3$。「表がちょうど3回」の確率を反復試行で計算すればよい。移動の問題は、いつも「位置 → 回数」の言い換えが最初の一手だ。

表が $a$ 回、裏が $b$ 回出たとすると、投げた回数と移動の合計から

$$a+b=6,a-b=0$$

(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 $a=b=3$、つまり表3回・裏3回のとき原点に戻る。

6回中ちょうど3回表が出る確率は、反復試行より

$${}_6{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3=20\times \frac{1}{64}=\frac{20}{64}=\frac{5}{16}$$

まとめ:位置の条件『原点に戻る』を、回数の条件 $a=b$ に置きかえるのがすべてだ。表と裏が同じ回数になればよいので、${}_6{\mathrm{C}}_3=20$ 通りの『どの3回で表が出るか』を、全体 $2^6=64$ で割った、と考えても同じ。奇数回投げると原点に戻れない、という見通しも持っておこう。

発展。 この設定はランダムウォークと呼ばれ、確率論の看板役者だ。「奇数回後には決して原点に戻れない」(表裏同数になれないから)といった性質も、回数に言い換えればすぐに読める。

「途中で一度も負の側に入らない」などの条件がつくと、経路の数え上げに反射の工夫が要る難問になる。この問題の原点戻りの計算はその最初の一歩である。

別解

確率のかけ算を使わず、「同様に確からしい列」の数え上げに持ち込む道もある。コイン6回の表裏の列は $2^6=64$ 通りあり、コインに偏りがないから、どの列も同じ確からしさだ。

原点に戻る列は「表3・裏3」の列。6回のうち表の3回の位置を選ぶと決まるから ${}_6{\mathrm{C}}_3=20$ 通り。

$$\frac{20}{64}=\frac{5}{16}$$

反復試行の公式 ${}_6{\mathrm{C}}_3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^3$ は、この「列の数 ÷ 全列数」を書き直したものだ。確率が $\frac{1}{2}$ ずつのときは、数え上げに戻すほうが見通しがよいことも多い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 戻さないくじは、乗法定理で順にかけていく。

(1)は「A 当たり → B はずれ」と条件が続くから、$\frac{2}{6}\times \frac{4}{5}$ と順にかける。B の分母が5に減るのが非復元の印だ。

(2)の「C が当たる」は、まじめに A・B の結果で場合分けして足してもよいが、実は $\frac{2}{6}$ と即答できる。くじ引きは順番によらず公平、という事実を知っているかどうかの問題である。

(1) A が当たる確率は $\frac{2}{6}$。A が当たった後、残り5本中はずれは4本なので、続けて B がはずれる確率は $\frac{4}{5}$。順にかけて

$$\frac{2}{6}\times \frac{4}{5}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}$$

(2) くじを引く順番は当たりやすさに関係しない(くじの公平さ)。だから C が当たる確率は A や B と同じで

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

まとめ:念のため場合分けで確かめてもよい。C が当たるには、A, B の2本のうち当たりが何本出たかで分かれるが、どの経路をていねいに足しても最後は $\frac{1}{3}$ になる。「順番によらない」と覚えておけば、計算を省ける。

発展。 「先に全部並べてから配る」への言い換えは、時間の流れに沿った確率(乗法定理の連鎖)を、配置の数え上げ(組合せ)に変換する有効な視点だ。玉の非復元抽出でも同じことができる。

ただし公平性が成り立つのは「途中の結果を見ない」場合だ。前の人の結果が公開され、それを見てから引くかどうか選べる設定では話が変わる。条件の違いに敏感になることが、確率の読解力である。

別解

公平性のからくりは「くじを先に並べておく」と考えると一目で見える。6本のくじをよくまぜて1列に並べ、A は1番目、B は2番目、C は3番目のくじを取る、と決めても、引く行為とまったく同じことだ。

当たり2本がどの位置に入るかは ${}_6{\mathrm{C}}_2=15$ 通りで、どれも同じ確からしさ。3番目の位置が当たりになる組は、もう1本の当たりの置き場所が残り5か所だから $5$ 通り。

$$\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$$

どの位置を選んでも同じ計算になる。「順番が後だと不利」という直感は、前の人の結果を見てから引く場合の話と混同している。結果を知らずに引く限り、全位置は対等だ。

(1)も並びの言葉で言えば「1番目が当たり、2番目がはずれ」の配置の割合で、$\frac{2}{6}\times \frac{4}{5}=\frac{4}{15}$ と一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 期待値の基本は(値)×(確率)の総和だ。でも「和」の期待値には、便利な近道がある。

「和の期待値は、期待値の和」。大小のサイコロを別々に見て、それぞれの目の期待値 $\frac{7}{2}$ を足せば $7$ で終わる。和が2から12になる確率を11個求めて足しても、もちろん同じ答えになる。近道と正面ルート、両方の存在を知っておくことが大事だ。

やり方1(期待値の和を使う)サイコロ1個の目の期待値は

$$\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac{21}{6}=\frac{7}{2}$$

『和の期待値は期待値の和』という性質から、2個の目の和の期待値は

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

やり方2(定義どおり)

和 $k$($k=2,3,\dots ,12$)になる確率を全部求めて $\sum k\cdot P(k)$ を計算しても、同じ7になる。たとえば和7がいちばん出やすく($\frac{6}{36}$)、分布が7を中心に左右対称なので、期待値がちょうど真ん中の7になるのは自然だ。

まとめ:まじめに11通りの和で計算するより、『期待値の和 = 和の期待値』を使うほうがずっと速い。この性質は独立でなくても成り立つので、使える場面が広い。

発展。 「和の期待値=期待値の和」を使えば、サイコロが10個に増えてもすぐに $35$ と答えられる。確率でもっともよく使う道具の1つだ。数学Bでは $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ として定理になる。

しかも、この性質は2つの試行が独立でなくても成り立つ。くじ引きのように互いに影響し合う場面でも和は分解できる。この「無条件で使える」ことが応用問題で役に立つ理由である。

別解

第3の見方として、「分布の対称性」からも答えが出る。和の確率分布を並べると、$2$ と $12$、$3$ と $11$、$4$ と $10$、…の確率がすべて等しい。分布全体が $7$ を中心に左右対称になる($(a,b)$ と $(7-a,7-b)$ を対応させると、和 $s$ の出方と和 $14-s$ の出方が1対1に対応する)。

左右対称な分布の期待値は対称の中心そのもの。だから計算せずに $7$ と分かる。「対称の中心=平均」という見方は、データの分析で学んだ平均の感覚と同じものだ。分布の形から答えを先に見抜き、計算は検算に回す、という使い方ができる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「得か損か」を1回の結果で判断はできない。運で変わるからだ。比べるべきは受け取る金額の「平均」と参加料である。

受け取る金額の期待値を計算する。目の期待値が $\frac{7}{2}$ だから、その100倍で $350$ 円。参加料 $300$ 円より $50$ 円多い。長い目で見れば1回あたり平均 $50$ 円の得、と判断できる。

受け取る金額は『出た目 × 100 円』だ。サイコロの目の期待値は $\frac{1+2+\cdots +6}{6}=\frac{7}{2}$ なので、受け取る金額の期待値は

$$100\times \frac{7}{2}=350(\text{円})$$

これを参加料と比べる。

$$350(\text{受取の期待値})>300(\text{参加料})$$

受け取る金額の期待値350円が、参加料300円を上回る。だから平均すると、1回あたり $350-300=50$ 円の利益が見込める。よって参加するほうが得だ。

期待値による判断は「1回ごとには勝ったり負けたりするが、何度も繰り返せば平均して期待値に近づく」という考えに基づく。もし参加料がちょうど350円ならトントン(損得なし)、350円より高ければ参加は損になる。

発展。 「実際の平均が期待値に近づく」ことを保証するのが、数学Bで登場する大数の法則だ。保険料の設計も宝くじの還元率も、この法則の上に立っている。

現実の意思決定では期待値だけでなく「ばらつき(リスク)」も見る。期待値が同じでも、確実な $350$ 円と、$0$ 円か $700$ 円かの賭けでは意味が違う。ばらつきを測る道具が分散で、これも数学Bで確率変数の道具として本格化する。

別解

期待値の意味を、「理想の6回」で体感する見方がある。6回プレイして、目が $1$ から $6$ まで1回ずつ出たとしよう(いちばん均等な理想のケースだ)。受け取る合計は $100\times (1+2+3+4+5+6)=2100$ 円。払う参加料は $300\times 6=1800$ 円。差し引き $+300$ 円、つまり1回あたり $+50$ 円。

期待値の比較($350$ 対 $300$)が出した「1回あたり $50$ 円の得」と、ぴったり同じ数字になる。期待値とはこの「理想の均等な出方をしたときの1回あたりの平均」のことだ。現実には回数を重ねるほど、実際の平均がこの値に近づいていく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「取り出して、もとに戻す」。この一文がすべてを決める。

戻すから、毎回の状況が同じ(赤の確率 $\frac{3}{5}$ で一定)。これは反復試行そのものだ。もし戻さない設定なら、毎回確率が変わって反復試行は使えない。「戻す/戻さない」の確認を、確率の問題を読むとき最初にする習慣にしたい。

取り出した玉をもとに戻すので、毎回、赤玉を取り出す確率は $\frac{3}{5}$ で一定、白玉は $\frac{2}{5}$。同じことの繰り返しなので、反復試行の公式が使える。3回中ちょうど2回赤が出る確率は

$${}_3{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{3}{5}\right)}^2{\left(\frac{2}{5}\right)}^1=3\times \frac{9}{25}\times \frac{2}{5}=\frac{3\times 9\times 2}{125}=\frac{54}{125}$$

${}_3{\mathrm{C}}_2=3$ は『どの2回で赤が出るか(赤赤白・赤白赤・白赤赤)』の並びの数だ。この問題は『もとに戻す』の一言で決まる。もし戻さなければ確率が毎回変わり、反復試行ではなく非復元の乗法定理で扱うことになる。設定を読み違えないのがいちばん大事だ。

発展。 復元(戻す)と非復元(戻さない)の対比は、数学Bで二項分布と超幾何分布という2つの分布の対比として正式に整理される。

袋の玉が非常に多いときは、1個抜いても割合がほぼ変わらないので、非復元でも復元に近い計算が使える。世論調査が「戻さない抽出」なのに二項分布で近似できるのは、この理屈による。

別解

玉に背番号を付けて、「同様に確からしい列」で数え直すこともできる。赤玉を①②③、白玉を④⑤とする。3回の取り出し方は毎回5通りずつで $5^3=125$ 通り。戻すから毎回5個全部が候補で、どの列も同じ確からしさだ。

赤がちょうど2回出る列を数える。白が出る回の選び方 $3$ 通り、その回の白の選び方 $2$ 通り、赤の2回はそれぞれ $3$ 通りずつ。

$$3\times 2\times 3\times 3=54(\text{通り})$$

$$\frac{54}{125}$$

公式 ${}_3{\mathrm{C}}_2{\left(\frac{3}{5}\right)}^2\left(\frac{2}{5}\right)$ と同じ値だ。「確率 $\frac{3}{5}$」はいつでもこの背番号の数え上げから出てくる。公式に不安を感じたら、背番号をつけた数え方に戻って数え直せばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 平面の移動も、数直線と同じ言い換えで解ける。位置の条件を回数の条件に変えるのだ。

$(4,2)$ に着くには、右(表)が $4$ 回、上(裏)が $2$ 回必要。合計 $6$ 回で、投げる回数とちょうど一致する。だからこの点に着ける。

あとは「表がちょうど4回」の反復試行だ。言い換えの順番「到達条件 → 回数の条件 → 反復試行」を、2次元でも同じようにたどる。

点 (4, 2) に着くには、右への動き(表)が4回、上への動き(裏)が2回必要だ。表4回 + 裏2回 = 6回で、投げる回数とちょうど一致するので、この場所に着ける。

6回中ちょうど4回表が出る確率は、反復試行より

$${}_6{\mathrm{C}}_4{\left(\frac{1}{2}\right)}^4{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=15\times \frac{1}{64}=\frac{15}{64}$$

${}_6{\mathrm{C}}_4=15$ は『6回のうちどの4回で表(右への動き)が出るか』の並び方で、これは原点から (4, 2) への最短経路の数と全く同じだ。点の移動の確率は『最短経路の数 × (各経路の確率)』とも見られる。各経路の確率は ${\left(\frac{1}{2}\right)}^6$ で共通だから、$15\times \frac{1}{64}$ となる。位置を回数に置きかえる考えは、直線でも平面でも同じように使える。

発展。 場合の数で学んだ最短経路と、確率の反復試行が、同じ ${}_6{\mathrm{C}}_4$ で結ばれた。パスカルの三角形は「道順の数」の表であると同時に「確率分布の形」の表でもある。

表の確率が $\frac{1}{2}$ でないコインなら、道順の数は同じでも各道順の確率が変わり、山の頂上の位置がずれる。分布の頂上(最頻値)を探す問題は、この単元の別の問題で扱った「隣どうしの比」を使う。

別解

6回後の「行き先ぜんぶ」を一望すると、この問題の座標が見える。6回後に P がいられる場所は、$x+y=6$ 上の7点 $(6,0),(5,1),\dots ,(0,6)$ だけ。それぞれへの道順の数は

$$1,6,15,20,15,6,1$$

これはパスカルの三角形の6段目そのものだ。合計は $64=2^6$ で、全部の列を過不足なく数えられている(これが検算になる)。$(4,2)$ への道順は $15$ 通りだから、確率は $\frac{15}{64}$。

1点だけ見るのでなく分布ごと見ると、「真ん中の $(3,3)$ がいちばん行きやすく、端ほど行きにくい」という山の形も同時に手に入る。二項分布の形を格子の上で目視したことになる。