順列組み合わせ・確率

算数の問題と解答とを考えていきます。




2017年01月11日(Wed)▲ページの先頭へ
2重条件の条件付き確率
【問題】(難問)
 イベント1で、赤コイン1つと白コイン1つが入っている袋から1つのコインを机の上に取り出しコインの色とコインの面が表か裏かを記録してコインを袋に戻す。そしてイベント2で再度、同じことを繰り返してコインの色とコインの面が表か裏かを記録した。

 その2回のイベントで少なくとも1回は、白コインでコインの面が表であるコインが記録された。
 こうなる条件のもとで、この2回のイベントの2回とも、袋から取り出したコインが白コインであった条件付き確率を求めよ。

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2017年01月09日(Mon)▲ページの先頭へ
条件付き確率の入試問題9
【問題】  5回に1回の割合で帽子を忘れるくせのあるK君が、正月にA,B,C3軒を順に年始まわりをして家に帰ったとき、帽子を忘れてきたことに気がついた。2番目の家Bに忘れてきた確率を求めよ。
(1976年 早稲田大)


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2017年01月08日(Sun)▲ページの先頭へ
条件付き確率の問題文の意味
以下の例題1から4を参考にして、「条件付き確率」の意味を説明する。

【例題1】
 2枚のコインを投げて裏が出ているコインが有ると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが2つとも裏である条件付き確率は、1/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 2枚のコインを投げて、1つのコインAに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが2つとも裏である確率は、1/2である。
(解答おわり)

【例題3】
 2枚のコインを投げて、1つのコインBに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 問題の解き方の視点を変えたこの基本樹形図を使っても、 
コインが2つとも裏である確率は、1/2である。
(解答おわり)

(疑問1)
 コインAが裏である場合のコインBが裏の確率が1/2であり、コインBが裏である場合のコインAが裏の確率が1/2であるのに、なぜ、コインAかコインBのいずれかが裏である場合の、それ以外のコインが裏である確率が、それらと異なる値の1/3になるのか?
(理由)
 コインAかコインBのいずれかが裏である場合には、コインAが裏である場合とコインBが裏である事象が独立に有るわけでは無い。
 コインAが裏である事象とコインBが裏である事象は同時に生じることができる。
 そのため、コインAが裏である事象とコインBが裏である事象を合わせて、コインAかコインBのいずれかが裏である事象を構成するとき、事象同士が干渉して確率の値を変えるという現象が起きたと考える

【例題4】
 2枚のコインを投げて、1つのコインに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?
(問題のあいまいさ)
 この例題4は、
(1)1つのコインを調べて、表であるか裏であるかを確認したら、裏が出ていると判った。このとき両方のコインが裏である確率はいくらか?
という意味の問題であると解釈したら、
例題2か例題3の問題であるので、
答えは1/2である。

 しかし、この例題4を、
(2)コインAとコインBを両方とも調べた結果、いずれか1つのコインに裏が出ていると判った。このとき両方のコインが裏である確率はいくらか?
という意味の問題であると解釈したら、
例題1の問題であるので、
答えは1/3である。

 例題4のように、どうにでも解釈できる意味不明な問題(愚問)もあり得るので、 問題文を良く読んで、愚門は解かないように注意しましょう。
(補足)
 例題4を以下の文に書き直したら、
2枚のコインを投げて、いずれか1つのコインに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?」
という文にすれば、
例題1の問題であることが明確になる。

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樹形図の基本ルール
以下の例題1と2を参考にして、樹形図の基本ルールを説明する。
《基本ルール》
(1)樹形図を横断する枝の総和(太さ)は常に一定。
(2)発生確率が同じ事象の樹形図の枝の太さは同じ。
(3)樹形図は、根元から枝先まで一定の太さの糸を根元側で束ねた、糸の集合でもある。
(4)樹形図の根から展開した複数の枝を書き、その先で、複数の枝をいったん節に束ねて糸の束を再編成して再度複数の枝(個々の枝は複数の糸の束で作る)に展開することもできる。
 この基本ルールに従って樹形図の糸を自由に束ねた以下の様な樹形図を作ることもできる。
 このように、樹形図の最小構成要素の糸の形を、根から展開し、節に収束させ、再び節から展開する、波状の形を持たせることもできる。 
 それにより、独立なイベント毎に、樹形図を節から複数の事象の枝に展開して、再び節に収束した上で次の独立なイベントの複数の事象の枝に展開する。
 例えば数回サイコロを振るといった複数のイベントを貫く樹形図の糸を考える。その糸を、1回目のサイコロの目という事象が同じであるが、2回目のサイコロの目は異なるという複数の糸を1回目のサイコロの目の事象を表す枝に束ねることができる。

 また、以下の図の様に網目状の節を持つ樹形図を書くこともできる。
   以下でこの基本ルールに従って樹形図を書いて問題を解く例を説明する。

【例題1】
 箱の中には,両面表のコイン,両面裏のコインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出してフリップしたら表が出た。
このコインが両面表の コインである確率はいくらか?


【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 箱の中には,表表示コイン,裏表示コインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出す。

(1)そのコインが普通のコインの場合はフリップして出た面を観察する。
(2)そのコインが表表示コインの場合は表面を表示して置く。
(3)そのコインが裏表示コインの場合は裏面を表示して置く。
(4)こうしてコインの面を観察したら”表”であった。
このコインが表表示 コインである確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図において:
 表表示コインが選ばれる確率は通常コインが選ばれる確率と同じなので、通常コインが選ばれる枝の太さ2sと、表表示コインが選ばれる枝の太さ2sが同じである。
 通常コインは、太さ2sの枝が「表面」が開く太さ1sの枝と、「裏面」が開く太さ1sの枝に分岐するが、表表示コインが選ばれた場合は、事象を分岐させるイベントを何も行なわないので、その枝の太さは2sのままである。
 この樹形図を使って計算する。コインが表表示コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

(補足)
 樹形図は、同じ確率で生じる事象に分離させると枝が分割されて各々の枝が細くなる。しかし、特にイベントが無ければ枝は太いままである。
  この例題1と例題2は同じ問題であると言える。例題1でも例題2と同じように、両面表のコインをフリップしないでも問題の結論は変わらない。

【例題3】
1つのさいころを投げ続けて、同じ目が2回連続して出たら終了するものとする。
4回目以内(4回目も含む)に終了する確率を求めよ。


【解答用に作る樹形図】
(ここでは、この問題を解くための樹形図を作って終わりにします)
以下の樹形図を作ります。
樹形図の枝の太さは、その枝の事象の確率を表します。

 上の樹形図は、事象を、「(前回と)同じ目」と「(前回と)違う目」という概念で分けた樹形図です。
 こういう樹形図が作れる理由は、
樹形図は、最細の糸という基本単位の糸を束ねて構成されていることに起因します。
 「糸」の1つは、樹形図の根元から枝までひとつながりである糸です。その糸は、出る目の数で示した数字の連鎖(3355)であらわすことができます。
 1つの樹形図の例として上図のように、各糸を束ねて、 樹形図の左から右に、(3の目・同じ目・違う目・同じ目)といった枝を構成するように束ねた樹形図が作れます。
 この様に、「糸」を自由に再編成することで種々の樹形図を書くことができます。
 この糸を再編成して束ねて作る樹形図は、樹形図の根元から枝先までの枝の順を、さいころの目が出る順に対応させねばならないという制約もありません。例えば、(1番目の目・4番目の目・3番目の目・2番目の目)という枝順の樹形図も作ることができます。
 また、4回さいころを振る問題において、(同じ目が出る回数)の事象で分岐する枝を持つ以下の様な樹形図を作ることもできます。

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2017年01月06日(Fri)▲ページの先頭へ
条件付き確率の入試問題10
【問題】
 奇数の目の面が青色で、偶数の目の面が赤色であるさいころが2個ある。
この2個のさいころを同時に投げたとき、
出た目の数の和が9以上であるという条件のもとで出た目の面が同じ色である確率を求めよ。
(2004年 東京電機大)


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両表コインの条件付き確率の例題2
【例題】
 箱の中には,両面表のコイン,両面裏のコインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出してフリップしたら表が出た。
このコインが両面表の コインである確率はいくらか?


【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

【別解】
 コインの表が開かれる結果だけの、部分的樹形図を使うことで、
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

(補足)
 部分的樹形図を使う場合も、起こりえる全ての場合を漏らさないよう、間違えないよう、注意しましょう。

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2017年01月05日(Thu)▲ページの先頭へ
条件付き確率の計算例題1
【条件付き確率とは何か】
 条件付き確率とは、発生し得る全事象のうち、一部の事象の集合に事象の範囲を制限した場合の、その事象の集合の範囲内での所定の事象の発生確率が「条件付き確率」です。
 その事象の集合の範囲を規定する条件が、条件付き確率における「条件」です。

 「サイコロの目が4以上であった場合において」〜といった問題における「サイコロの目が4以上」が条件です。

 「サイコロの目が、4以上であると言える5の目が出た場合において」〜といった問題においては、定まった条件「サイコロの目が5」こそが条件です。

(補足)
 事象の発生頻度を規定する条件(例えば正解を知っている司会者が好んで不正解を選択することで、不正解が選択される確率を上げるといった条件)は、事象の集合の範囲を制限する「条件」とは異なります。

【例題1】
 ある夫婦には子供が二人いる。二人のうち少なくとも一人は男の子であるということが分かった。このとき,二人とも男の子である確率を求めよ。ただし,男の子が生まれる確率,女の子が生まれる確率はともに1/2とする。

【解答】
 この図を使うことで、 
2人とも男である場合は、1人が男である場合の3つの内の1つであるので、その条件付き確率=1/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 ある夫婦には子供が二人いる。二人のうち年上の方が男の子であるということが分かった。このとき,二人とも男の子である確率を求めよ。ただし,男の子が生まれる確率,女の子が生まれる確率はともに1/2とする。 

【解答】
 この図を使うことで、
2人とも男である場合は、年上の方が男の子である場合の2つの内の1つであるので、その条件付き確率=1/2である。

(解答おわり) 

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2017年01月04日(Wed)▲ページの先頭へ
条件付き確率の計算公式
【例題1】
 プレーヤーの前に閉まった3つのドアA,B,Cがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、2つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえるイベントが行なわれた。
 

(場合1)
 当事者プレーヤーが1つのドア(そのドアをドアAと名付ける)を選択した後、選択されたドアAに鍵がかけられた。
そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの2つのドアのうちの1つを開けてしまった。そのドアをドアBと名付ける。
(その開かれたドアBが正解であった場合は、このイベントは中止された。)
 ここでは、その開けられたドアBが不正解であった場合を前提条件にし、
その場合における:
(1−1)プレーヤーが最初に選んだ選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率と、
(1−2)開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率と、
を計算せよ。

(場合2)
 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、ドアを開けてしまった。そのドアをドアBと名付ける。
(その開かれたドアBが正解であった場合は、このイベントは中止された。また、その開かれたドアBが、当事者プレーヤーが選択したドアAであった場合も、このイベントは中止された。)
 ここでは、その開けられたドアBが不正解であった場合を前提条件にし、
その場合における:
(1−1)プレーヤーが最初に選んだ選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率と、
(1−2)開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率と、
を計算せよ。

【解答】
(公式の説明)
 以下で、この問題の条件付き確率を計算するのに便利な公式を、この問題に当てはめて使うことで、その公式を説明する。
 この問題では、
(1)どのドアが正解ドアであるかという「正解事象グループ」と、
(2)(正解ドアを知らない者が)ドアの正解の当否を確認するためにどのドアを開くかという事象グループと、
は、独立していて、
両者の事象グループの要素の事象の間に依存関係は無く、
それらの要素の事象は全く独立に無作為に発生する。
 そのように、事象グループの関係が独立な場合は、
上の樹形図のように、
(3)「ドアの正解の当否を確認するためにドアBを開く 」という行為に対して、
(4)「正解事象グループ」の事象は、
全くランダムに生じる。
 ここで、ドアBを開いて、それが正解で無い場合の条件付き確率を調べるためには、上の樹形図のように、
(5)単にドアBを開く場合だけを記述した樹形図を作って、条件付き確率を調べて良い。
(6)更に、「正解事象グループ」の要素のうち、イベントが中止になるため、関心の外にある「ドアBが正解」である事象要素を除去して、残りの2つの要素の、「ドアAが正解」「ドアCが正解」だけを記述した樹形図を作って、
条件付き確率を調べても良い。
(公式の説明おわり) 

(場合1)
 この樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。

(場合2)
 場合2も、同じこの樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり)

【別解】 
(場合1)

 この基本樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=2/4=1/2である。
(解答おわり) 

(基本樹形図の変換)
 ここで、この基本樹形図は、ドアを無作為に開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と独立である特徴がある。そのため、この基本樹形図は、以下の様に変換することができる。
  先ず、「ドアB」と「ドアC」それぞれのドアの名前を付け変えて事象を記述しても、確率を計算する樹形図の事象間の関係の構成は変化しない。そのため、基本樹形図を、「ドアBを開く」場合1つだけを表示する樹形図に変換して「ドアCを開く」場合を省略しても良い。
 よって、以下の様に変換した樹形図を作って、この樹形図を使ってこの条件付き問題を解くことができる。
 この樹形図を使うことで、選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり) 

(場合2)
 この基本樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドア(残りドア)が正解である条件付き確率
=2/4=1/2である。
(解答おわり) 

(基本樹形図の変換)
 ここで、この基本樹形図は、ドアを無作為に開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と独立である特徴がある。そのため、この基本樹形図は、以下の様に変換することができる。
  先ず、「ドアAを開く」場合は全て、「中止」になるので、関心の対象外なので、基本樹形図から「ドアAを開く」事象を除去した樹形図を書いても良い。
 また、「ドアB」と「ドアC」それぞれのドアの名前を付け変えて事象を記述しても、確率を計算する樹形図の事象間の関係の構成は変化しない。そのため、樹形図を、「ドアBを開く」場合1つだけを表示する樹形図に変換して「ドアCを開く」場合を省略しても良い。
 よって、以下の様に変換した樹形図を作って、この樹形図を使ってこの条件付き問題を解くことができる。
この樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドア(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり)

【公式の成立条件が成り立っていない問題例】
(場合3)
 先の公式は、他の事象と独立な事象グループがある問題の場合に限って使えるものである。
 以下の、「場合3」のように、正解を知っている司会者が間違いをせずに、正解ドアで無いドアを開くという、「正解事象グループ」と、司会者が開くドアの事象との間に独立性が無い問題には、この公式が使えない。

 すなわち、その場合には、ドアを開く事象が無作為では無く、正解ドアがどれであるかに依存する関係があるので、開くドアをドアBのみにすると、事象の依存関係ゆえに「正解事象グループ」の要素が除去されて樹形図の事象の発生のバランスが変えられてしまう。
 そのように事象の発生のバランスを変えた樹形図を使って条件付き確率を計算してはいけない。

(場合3)
 当事者プレーヤーが1つのドア(そのドアをドアAと名付ける)を選択した後、 
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる1つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せた。そのドアをドアBと名付ける。
 その場合に開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率を計算せよ。

 「場合3」では、以下のように、「正解事象グループ」の要素の事象を全て書き出して、事象の間の依存関係をきちんと盛り込んだ基本樹形図を作って考えなければならない。
(場合3)
残りドアが正解である確率は2/3である。
(解答おわり)
 
場合3のこの基本樹形図は、場合1や場合2のように、「ドアBを開く」場合だけを表示した樹形図に変換して使ってはいけない。
 その理由は、この図では、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ためである。
 そのため、ドアを開く事象の中の「ドアBを開く」事象だけを抽出することで、他の、依存関係にある事象とのつながり関係を変えた樹形図に変換してはいけない。

(禁止の理由は「難しいから」)
 この場合3において、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ことにより、樹形図の変換が禁止されるのには、論理的根拠はありません。禁止の理由は、「他の事象との依存関係を変えない正しい変換を行なうことが難しい」からです。

 以下で、場合3の基本樹形図を変換してみます。
 正解ドアがAのときに、ドアBを開く場合と、ドアCを開く場合を対等にする。そうすることで、「ドアBを開く」場合1つだけを表示し、「ドアCを開く」場合も代表させて確率を計算する樹形図を作ることができる。
 そのようにドアBとドアCが平等に扱われている事を前提条件にして基本樹形図を以下の樹形図に変換する。
この樹形図で、
ドアAが正解の場合にドアBが開かれる確率は1/2である。
一方、ドアCが正解の場合にドアBが開かれる確率は1である。
 この樹形図から、(ドアBを開いた)条件付きの、ドアCが正解である確率は
である。
(解答おわり) 

(補足)
 この場合3における部分樹形図は、正解ドアがAの場合にドアBを開く場合の枝の太さが、正解ドアがCの場合にドアBを開く場合の枝の太さの半分であるという特徴があります。この特徴が場合1及び場合2と異なります。
 同じドアBを開きそのドアBがハズレという結果が同じなのに、なぜ、場合3の樹形図が場合1及び2の樹形図と異なるのか?
 その理由は、場合3では、ドアBは、ドアCが正解の場合には、必ずドアBを開き、その場合にドアCが開かれることが無いという、正解ドアの存在に依存してドアBの開かれる事象が多くなる事象の偏りがあるためです。

(禁止の理由は「基本樹形図を考えないから」)
 この場合3において、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ことにより、基本樹形図を考えずに、いきなり、条件付き確率用の樹形図を作ることが禁止される。

 条件にする事象が、正解事象グループと依存関係にある場合は、基本樹形図から変換する作業をしないで上に書いた樹形図の様な樹形図をいきなり書いてはいけない。
 その理由は、今回も、「正しい樹形図を考えるのが難しいから」です。

 上の樹形図(ドアBを開く事象を条件にする)をいきなり書いて、その樹形図に、正解ドアがAの場合の事象の線の重みの確率p=1/2と、正解ドアがCの場合の事象の線の重みの確率p=1の違いに気付けますか?
という理由です。

 それに対して、場合1や場合2の様に、条件にする事象(ドアBを開く事象)が、正解事象グループと独立な関係にある場合は、(ドアBを開く事象を条件にする)樹形図をいきなり書いて確率計算をしても、正解事象グループの事象の発生のバランスが変えられないので、問題ありません。

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2017年01月02日(Mon)▲ページの先頭へ
(難問)モンティ・ホール問題
【問0】(難問)
 プレーヤーの前に閉まった3つのドアがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、2つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。
 

(場合1)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる1つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ1つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した1つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?
 

(場合2)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。
そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの2つのドアのうちの1つを開けてしまった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、1つのドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可するルールになっていた)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合3)

 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、ドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可することになっていた)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(1990年9月9日発行、ニュース雑誌 Parade)

【解答方針】
 この問題は、モンティ・ホール問題と呼ばれていて、その解答が誤りだとする大論争が起きた問題です。

 場合1では、司会者の行動は偶然の行為の結果では無く、司会者が、意識的に、まだ選ばれていない残りのドアのハズレの可能性を低くした点に特徴があります。

 この問題は、難しいので、先ず類似の分かり易い問題を解く方が良いと考える。

【分かり易しくした問題1】
 プレーヤーの前に閉まった10のドアがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、9つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。

(場合1)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる8つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ1つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した1つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合2)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。

そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの9つのドアのうちの8つを開けてしまった。
その開けられた8つのドアの後ろには偶然に、全てヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、1つのドアに変更してもよいと言われた。

(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合3)
 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、8つのドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
しかも、偶然に、その開けられた8つのドア全ての後ろにはヤギがいた。
(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドア又は当事者プレーヤーが選んだドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

解答は、ここをクリックした先のページにあります。
 
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2016年12月31日(Sat)▲ページの先頭へ
最初に戻る確率の入試問題8
【問1】(難問)
「一つのサイコロを振り,出た目が4以下ならばAに1点を与え,5以上ならばBに1点を与える」 
という試行を繰り返す。
(1)AとBの得点差が2になったところでやめて得点の多い方を勝ちとする.n回以下の 試行でAが勝つ確率pを求めよ。
(1992 一橋大)

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2016年12月30日(Fri)▲ページの先頭へ
自然数の数の入試問題7
【問1】
3桁の自然数のうち、5の数字を1回以上用いている奇数の数を求めよ。
(神奈川大・経)

解答はここをクリックした先にあります。
(数え間違いをしないための工夫も書きましたので、問題を解いた後で、参考に解答を見ておいてください)

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2016年12月29日(Thu)▲ページの先頭へ
模様数と確率分の積を考える確率の入試問題5
【問1】
赤玉3個と白玉7個が入っている袋から無作為に1個を取り出し、 色を確認してから袋に戻す操作を30回繰り返すとき、 赤玉を何回取り出す確率が最も大きいか答えよ。
(2013年 武庫川女子大)

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2016年12月28日(Wed)▲ページの先頭へ
模様内模様を考える確率の入試問題6
【問1】(難問)
さいころをn個同時に投げるとき、出た目の数の和がn+3になる確率を求めよ。
(2006年 京都大学)

この問題の解答はここをクリックした先にあります。
(この問題は、できた!と思っても完全な答えでは無いことがありますので、解答を参考にして、注意深く問題を解く心構えを整えてください)

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2016年12月27日(Tue)▲ページの先頭へ
空試行を考える確率の入試問題4
【問1】(難問)
中の見えない袋の中に同じ大きさの白球3個、赤球2個、黒球1個が入っている。
この袋から1球ずつ球を取り出し、黒球を取り出したときに袋から球を取り出すことをやめる。
ただし、取り出した球はもとに戻さない。
この試行を行なうとき、以下の問いに答えよ。
(1)取り出した球の中に、赤球がちょうど2個含まれる確率を求めよ。

(2006年 大阪府立大)

この問題の解答は、ここをクリックした先のページにあります。

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空試行を考える確率の入試問題3
【問1】
1個のサイコロを振るという試行を繰り返す。
奇数の目が連続して3回出るか偶数の目が通算して4回出たら試行を終了するものとする。
(1)この試行が6回以下で終了する確率を求めよ。
(2)この試行がちょうど7回で終了する確率を求めよ。
(2003年 上武大)


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2016年12月26日(Mon)▲ページの先頭へ
余事象の確率の入試問題2
【問1】
1つのさいころを投げ続けて、同じ目が2回連続して出たら終了するものとする。
4回目以内(4回目も含む)に終了する確率を求めよ。

(2006年 北大)

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全部の場合を数え上げる確率の入試問題1
【問1】(難問)
箱の中に、1から9までの番号を1つずつ書いた9枚のカードが入っている。
ただし、異なるカードには異なる番号が書かれているものとする。
この箱から2枚のカードを同時に選び、小さいほうの数をXとする。
これらのカードを箱に戻して、
再び2枚のカードを同時に選び、小さいほうの数をYとする。
X=Yである確率を求めよ。
(2011年 京都大)

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2016年11月16日(Wed)▲ページの先頭へ
最短経路の数の問題
【問1】
以下の図のA点からB点まで図の格子上を縦横に進んで行く最短の経路の数を求めよ。

この問題の解答はここをクリックした先のページにあります。

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2016年11月13日(Sun)▲ページの先頭へ
確率の問題の難問
【問1】
A、B二人がコインを3枚ずつ持ち、じゃんけんして勝ったら相手からコイン一枚もらえ、先にどちらかのコインが無くなったらゲーム終了。
(ただし、あいこは回数には含まない。)
このとき、ちょうど9回で勝負が決まる確率を求めよ。


先ずは、この問題を地道に確実に解く方法を覚えましょう。

地道な解き方による解答をここをクリックした先に書きました。 

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2010年08月29日(Sun)▲ページの先頭へ
重複組合せ(5)
重複組合せの本サイトの解き方を応用して難問を作ってみました。
多分、この問題は絶対に試験には出ないと思いますので、興味のある人だけ読んでください。
【問5】
1,2,3の3つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許すが、選んだ数字のうち一番大きい数字は1つしか取らないことにして
1度に3つずつ取って作る組合せの数は何個あるか。

この問題の組合せ例をいくつか書くと、
選らんだ数字を左から小さい順に整列して書くと、
(1,1,2)
(1,2,3)
・・・
と順次に書けます。
ただし、問題の条件により、
(2,3,3)はダメです。
(1,2,2)もダメです。
(1,1,1)もダメです。
この整列した組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

その組合せは、以下の、
数字を直接に指定する3つの指令と、
数字を間接的に指定する1つの指令
とから成る合計4つの指令のうちから3つを選ぶ組合せと1対1対応します。

1選択指令:数字1を選ぶ。
2選択指令:数字2を選ぶ。
3選択指令:数字3を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。

上の指令から3つを選ぶ。
(1選択指令、2選択指令、3選択指令)から選ばれた数字選択指令を数字の小さい順に、順番が抜けている第n指令の位置に配置する。

この指令の組合せは、例えば、
(1)1選択指令:数字1を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)3選択指令:数字3を選ぶ。
です。
この指令の組合せの結果、
(1,1,3)の数字の組合せが選ばれます。

また、例えば、
(1)2選択指令:数字2を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)3選択指令:数字3を選ぶ。
この指令の組合せの結果、
(2,2,3)の数字の組合せが選ばれます。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、
「3つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許すが、選んだ数字のうち一番大きい数字は1つしか取らないことにして、1度に3つずつ数字を取って作る組合せ」に、
1対1に対応することである。

そのため、
(求める組合せの数)
=(数字を直接選択する3つの指令と、その他の、数字を間接的に指定する指令1つとから成る合計4つの指令のうちから3つを選ぶ組合せの数)
(3+1)
(3+1)=4

実際に全部の組合せを書き出してみると、
(1,1,2)
(1,1,3)
(1,2,3)
(2,2,3)
の4つの組合せのみです。

重複組合せの別解
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2010年08月28日(Sat)▲ページの先頭へ
重複組合せ(4)
佐藤の数学教科書[個数の処理・確率編]の136頁に、 以下の例題がありました。
【問4】
1,2,3,4の4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、
1度に3つずつ取って作る組合せの数は何個あるか。

この問題の組合せ例をいくつか書くと、
選らんだ数字を左から小さい順に整列して書くと、
(1,1,2)
(2,2,2)
(1,2,4)
(2,3,4)
・・・
と順次に書けます。
この整列した組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

その組合せは、以下の、
数字を直接に指定する4つの指令と、
数字を間接的に指定する2つの指令
とから成る合計6つの指令のうちから3つを選ぶ組合せと1対1対応します。

1選択指令:数字1を選ぶ。
2選択指令:数字2を選ぶ。
3選択指令:数字3を選ぶ。
4選択指令:数字4を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
第3指令:整列表示した、3番目の数字を2番目の数字と同じ数字にする。

上の指令から3つを選ぶ。
(1選択指令、2選択指令、3選択指令、4選択指令)から選ばれた数字選択指令を数字の小さい順に、順番が抜けている第n指令の位置に配置する。

この指令の組合せは、例えば、
(1)3選択指令:数字3を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
第3指令:整列表示した、3番目の数字を2番目の数字と同じ数字にする。
です。
この指令の組合せの結果、
(3,3,3)の数字の組合せが選ばれます。

また、例えば、
(1)2選択指令:数字2を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)4選択指令:数字4を選ぶ。
この指令の組合せの結果、
(2,2,4)の数字の組合せが選ばれます。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、
4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、1度に3つずつ数字を取って作る組合せに、
1対1に対応することである。
(1)この指令の組み合わせが、1度に3つずつ数字を取って作る組合せを表す。
(2)逆に、1度に3つずつ数字を取って作る組合せは、必ず、これらの指令の3つの組み合わせによって表すことができる。

そのため、
(4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、1度に3つずつ数字を取って作る組合せの数)
=(数字を直接選択する4つの指令と、その他の、数字を間接的に指定する指令2つとから成る合計6つの指令のうちから3つを選ぶ組合せの数)
(4+2)

重複組合せの別解
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重複組合せ(3) 最短経路の数
【問3】
方程式x+y+z=7の負でない整数解は何個あるか。

この問題の方程式の解を順次に書くと、
(x,y,z)=
(0,0,7)
(0,1,6)
(0,2,5)
・・・
と順次に書けます。
xが0〜何個かであり、
yが0〜何個かであり、
zが0〜何個かである
組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

初めに、(x,y,z)=(0,0,0)としておき、
それらのx,y,zの値を1つづつ増す7つの指令の組合せの数を求める。
その組合せは、以下の、
変数を直接指定する3つの指令と、
変数を間接的に指定する6つの指令
とから成る合計9つの指令のうちから7つを選ぶ組合せと1対1対応します。

x指令:xを選んで、その値を1にする。
y指令:yを選んで、その値を1にする。
z指令:zを選んで、その値を1にする。
第2指令:第1指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第3指令:第2指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第4指令:第3指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第5指令:第4指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第6指令:第5指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第7指令:第6指令で値を設定した変数に更に1を足す。

上の指令から7つを選ぶ。
その選択の結果、順番が抜けている第n指令の位置に、選ばれたx指令、y指令、z指令のいずれかをx,y,zの順に配置して、第1から第7指令を完成させる。

この指令の組合せは、例えば、
(1)y指令:yを選んで、その値を1にする。
第2指令:第1指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第3指令:第2指令で値を設定した変数に更に1を足す。
(4)z指令:zを選んで、その値を1にする。
第5指令:第4指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第6指令:第5指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第7指令:第6指令で値を設定した変数に更に1を足す。
です。
この指令群の結果、
x=0で変わらず、
y=1+1+1=3
z=1+1+1+1=4
となり、
x+y+z=7
を満足しています。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、x+y+Z=7を満足する負でない整数解に1対1に対応することである。
(1)この指令の組み合わせが、x+y+Z=7を満足する負でない整数解を表す。
(2)逆に、x+y+Z=7を満足する負でない整数解は、必ず、これらの指令を7つ組み合わせることによって表すことができる。

そのため、
方程式x+y+z=7の負でない整数解の数
=x指令とy指令とz指令とその他の6つの指令から7個を選ぶ組み合わせの数
(3+6)
(3+6)
=9×8/2=36

【別解】
方程式x+y+z=7の負でない整数解が何個あるかを以下のようにして求めることもできる。

上図のようにx行とy行とz行との3行を有し、横の長さが7の格子を考える。
格子のA点からB点まで、xの行からzの行まで格子を辿って、右と上に進む最短経路を描く。

上図で、
x=(x行の、A点から昇り階段までの長さ)
y=(y行の、階段と階段の間の長さ)
z=(z行の、階段からB点までの長さ)
とすると、
方程式x+y+z=7がいつでも満たされる。

A点からB点まで、格子をたどって右と上に進む最短経路は、
方程式x+y+z=7を満たす(x,y,z)の組合せに
1対1で対応する。
つまり、
(1)どの(x,y,z)の1つの組合せに対しても、必ず1つだけ、AからBへの最短経路がある。
(2)AからBへのどの最短経路に対しても、必ず1つだけ、(x,y,z)の組合せがある。
という関係(1対1対応する関係)がある。

そのため、A点からB点までの全ての経路の数は、(x,y,z)の組合せの数と等しい。

上図の経路は、
→→↑→→→↑→→
とあらわせる。
すなわち、経路は、(↑)2つと(→)7つの順列であらわされる。
(A点からB点までの経路は、(↑)2つと(→)7つがの順列と1対1対応する)

そのため、図のA点からB点までの全ての経路の数は、(↑)2つと、(→)7つが作る全ての順列の数と等しい。
その数は、
(2+7)!/(2!×7!)
(2+7)
になる。
これは、先の解答と同じ答えである。

(蛇足)
経路を考えずに、いきなり、
(↑)2つと(→)7つの順列が、方程式x+y+z=7を満たす(x,y,z)の組合せに1対1で対応することに注目することで答えを計算することもできる。
(↑)と(↑)の間の(→)の数が、x、y、zに対応するからである。

しかし、その説明では、
(↑)と(↑)の間の(→)の数が、x、y、zに対応するからという説明では、
例えば、
→→↑→→→↑→→
のように、最後にはもう(↑)が無い順列が作られる一方、
例えば、
→→→↑→→→→↑
のように、
最後に並べた(→)の後に、もう必要が無い(↑)をわざわざ加えた順列も作る、
という理由がハッキリしない。

最後に(↑)をわざわざ加えた順列も作られる理由は、
そうしないと、その順列は、(↑)2つと(→)7つの順列とは(↑)の数が不足した異なる種類の順列になってしまうので、都合が悪いからである。
都合が悪いから順列の最後に(↑)をわざわざ加えるという行為が許される理由は、
(x,y,z)の組合せに1対1で対応させる(好きなルールを作って対応させる)ことができる順列がありさえすれば、それで十分だという事情があるからである。

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重複組合せ(2)
答えの正しさを確認しやすいように問題を簡単にしてみました。
【3種の玉から重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数】

上図のような3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数を求める。

この問題は、その組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

上の3種の玉と1種の指示が入った箱から、
目隠しして2個を取り出す組み合せの数が、
3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数である。

1種の指示を選んでも2つ目にはどれかの玉を選ぶことになる。
どれか選ばれた玉を玉1、玉2、玉3の順に上から下にならべる。
そして、
指示(1個目の玉を2個目に追加)は、
選んだ玉を並べた1つ目の玉の次に指示を並べ、その指示を2つ目の玉の替わりにする。
選んだ結果の、玉(及び指示)とにより、3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせが指定される。

例えば、以下の組み合わせ:
(1)玉2
(2)指示(1個目の玉を2個目に追加)
は、
(1)玉2
(2)玉2
の組み合わせに1対1に対応する

大事なポイントは、この玉と指示の組み合わせ(3種の玉と1種の指示から選んだ2つ)が、3種の玉から重複を許して2個を選ぶ組み合わせに1対1に対応することである。
(1)この玉と指示の組み合わせが、2つの玉を選ぶ1つの組み合わせを表す。
(2)逆に、2つの玉を選ぶ1つの組み合わせは、必ず、この玉と指示の組み合わせによって表すことができる。

そのため、
3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数
=3種(3個)の玉と1種の指示から2個を選ぶ組み合わせの数
(3+1)
=4×3/2=6
この6つの場合を順次に書くと以下の通りになります。

(1)
  玉1
  玉1
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(2)
  玉2
  玉2
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉2
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(3)
  玉3
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉3
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(4)
  玉1
  玉2
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  玉2

(5)
  玉1
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  玉3

(6)
  玉2
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉2
  玉3

3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数は、以上の6個のみです。

重複組み合わせの別解方法
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2010年08月27日(Fri)▲ページの先頭へ
重複組合せ(1)
【3種の玉から重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数】

上図のような3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数を求める。

この問題は、その組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

上の3種の玉と4種の指示が入った箱から、
目隠しして5個を取り出す組み合せの数が、
3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数である。

4種の指示を全部選んでも5つ目にはどれかの玉を選ぶことになる。
どれか選ばれた玉を玉1、玉2、玉3の順に上から下にならべ、その玉の間の第n番目の玉の位置に、選ばれた第n玉指示を並べる。
つまり、選んだ玉のうち一番小さい番号の玉を第1番目に並べ、
第2玉指示(1個目の玉を2個目に追加)が選ばれたら、
第2番目に、第2玉指示を並べ、その指示を2つ目の玉の替わりにする。
第3玉指示(2個目の玉を3個目に追加)が選ばれたら、
第3番目に、第3玉指示をならべ、その指示を3つ目の玉の替わりにする。
その他の第n玉指示も同様にする。
その玉と指示とにより、3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせが指定される。

例えば、以下の組み合わせ:
(1)玉2
(2)第2玉指示(1個目の玉を2個目に追加)
(3)玉3
(4)第4玉指示(3個目の玉を4個目に追加)
(5)第5玉指示(4個目の玉を5個目に追加)
は、
(1)玉2
(2)玉2
(3)玉3
(4)玉3
(5)玉3
の組み合わせに1対1に対応する

大事なポイントは、この玉と指示の組み合わせ(3種の玉と4種の指示から選んだ5つ)が、3種の玉から重複を許して5個を選ぶ組み合わせに1対1に対応することである。
(1)この玉と指示の組み合わせが、5つの玉を選ぶ1つの組み合わせを表す。
(2)逆に、5つの玉を選ぶ1つの組み合わせは、必ず、この玉と指示の組み合わせによって表すことができる。

そのため、
3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数
=3種(3個)の玉と4種の指示から5個を選ぶ組み合わせの数
(3+4)

重複組合せの別解
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2010年08月16日(Mon)▲ページの先頭へ
円順列と数珠順列(10)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

問9を少しやさしくした問10を作りました。
以下でこの問題を解きます。

【問10】
(1)×2個と●2個と○2個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+2=6箇所あります。
6つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り2つを並べる組み合わせの数は、
6!/(2!×2!×2!)=/(2!×2!)
=6×5×4×3/(2×2)=90通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては6倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の90通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転させて6倍の配置ができる場合については、その場合の数を6で割り算して円順列の数を数えることができます。

(第1のタイプの配置)
しかし、下の2つの円順列の配置では、1回転の2分の1の回転で元の形と同じ形になります。

第1のタイプの、この2つの配置では、1つの円順列の配置を回転させて(固定席への配置では)3倍の配置ができます。
(この2つの円順列の配置以外では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。)

第1のタイプ以外の配置では、円順列で1つと数えられる配置を回転して(固定席への配置では)6倍の配置ができます。
第1のタイプ以外の円順列の数は、
第1のタイプ以外の円順列の数
=(固定席での全部の配置の数−(第1のタイプの円順列の数×3))/6
=(90−(2×3))/6=14
一方、第1のタイプの円順列の数は2組でした。
よって、全部の円順列の数は、
14+2=16
組みです。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第2のタイプの配置)
下の6の円順列の配置は、図に書き加えた折り返し線で折り返すことができる線対称な形であって、
折り返し線で折り返した配置の形が元の配置と同じ形になるタイプの配置です。

この第2のタイプの円順列は6個のみです。
第2のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
第2のタイプ以外の円順列の配置は、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第2のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第2のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(16−6)/2=5
あります。

一方、第2のタイプのじゅず順列の数は6個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=5+6=11

    


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2010年08月15日(Sun)▲ページの先頭へ
3色玉の順列の数
【3色の玉を1列にならべる並べ方の数の問題】
×2個と○3個と●4個を1列に並べる並べ方の数を求めよ。

この問題は、上図のように考えます。
例えば○3個は区別されないので、上図のように、3個を並び変えた3!=6個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
同様に、×2個を並び変えた2!=2個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
同様に、●4個を並び変えた4!=4×3×2=24個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
×も○も●の玉も全部の玉を1つ1つ区別して並べる順列の数は(2+3+4)!=9!です。
その順列の数は、
同じ色の玉同士を区別しない配置の順列の数に対して、
×の玉全部を区別した場合は2!倍の順列になり、
○の玉全部を区別した場合は3!倍の順列になり、
●の玉全部を区別した場合は4!倍の順列になり、
×も○も●の玉も全部の玉を1つ1つ区別した場合は2!×3!×4!倍の順列になります。
よって、同じ色の玉同士を区別しない配置の順列は、
9!/(2!×3!×4!)
になります。

この考え方は一般化でき、
×がm個、○がn個、●がp個、△がq個、□がr個を順番に並べる順列で、同じ色(形)の玉同士を区別しない順列の数は、
(m+n+p+q+r)!/(m!×n!×p!×q!×r!)
です。

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2010年08月14日(Sat)▲ページの先頭へ
円順列とじゅず順列(9)
リンク:問10

円順列とじゅず順列の数を求めます。

以下の問題はかなり難しい(特に、じゅず順列の数の計算)ので、無理して読む必要は無いと思います。
この問題より先に、問10をやってください。
この問9は、どうしても読みたい人だけ読めば良いと考えます。

【問9】
(1)×2個と●2個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+4=8箇所あります。
8つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り4つを並べる組み合わせの数は、
8!/(4!×2!×2!)=/(2!×2!)
=8×7×6×5/(2×2)=420通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては8倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の420通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転させて8倍の配置ができる場合については、その場合の数を8で割り算して円順列の数を数えます。

(第1のタイプの配置)
下の3つの円順列の配置では、1回転の2分の1の回転で元の形と同じ形になります。

このタイプの配置では、1つの円順列の配置を回転させて4倍の配置ができます。
この3つの円順列の配置以外では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
第1のタイプ以外の配置では、円順列で1つと数えられる配置を回転して(固定した席では)8倍の配置ができます。
第1のタイプ以外の円順列の数は、
第1のタイプ以外の円順列の数
=(固定席での全部の配置の数−(第1のタイプの円順列の数×4))/8
=(420−(3×4))/8=408/8=51
一方、第1のタイプの円順列の数は3組でした。
よって、全部の円順列の数は、
51+3=54
組みです。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第2のタイプの配置)
下の12の配置は、円の中心と×の配置の中間を通る折り返し線に関して対称な形であって、
折り返し線で折り返した配置の形が元の配置と同じ形になるタイプの配置です。

この第2のタイプの円順列は12個のみです。
第2のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
第2のタイプ以外の円順列の配置は、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第2のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第2のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(54−12)/2=21
あります。
一方、第2のタイプのじゅず順列の数は12個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=21+12=33

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円順列とじゅず順列(8)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問8】
(1)×2個と●2個と○3個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。
(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+3=7箇所あります。
7つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り3つを並べる組み合わせの数は、
7!/(3!×2!×2!)=/(2!×2!)
=7×6×5×4/(2×2)=210通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては7倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の210通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転して7倍の配置ができる場合については、その場合の数を7で割り算して円順列の数を数えます。
もし1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になる配置があれば、それは7倍とは異なる倍数の配置ができますが、
この問題の場合では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
つまり、この問題の場合では、席を固定した場合のどの配置も、円順列で1つと数えられる配置を回転して7倍になった配置であって、全て同じタイプの配置です。
よって、全部の円順列の数は、
円順列の数=210/7=30
です。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の6つの形の配置は、円の中心と×の配置の中間を通る折り返し線を配置の中心軸にすれば、
折り返し線で折り返した配置の形を、元の配置と同じ形にできるタイプの配置です。
この第1のタイプの配置は6個のみです。
第1のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
円順列では、第1のタイプ以外の配置では、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第1のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(全部の円順列の数−第1のタイプの円順列の数)/2
=(30−6)/2=12
あります。
一方、第1のタイプのじゅず順列の数(=円順列の数)は6個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=12+6=18

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2010年08月13日(Fri)▲ページの先頭へ
円順列とじゅず順列(7)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問7】
(1)●3個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
●と○を並べる席が3+4=7箇所あります。
7つの席が固定されているならば、●3つを並べる組み合わせの数は、
=7×6×5/(3×2)=35通り
あります。
席への●と○の1つの円順列の配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になります。
そのため、席を固定して配置した場合の数は、1つの配置が回転した数がだぶって数えられています。
この問題の場合に、回転することによってできる配置の数は7倍あります。
1つの回転から7倍の配置ができる組み合わせの数は、固定した席の組み合わせの数を7で割り算して数えます。
それは下の図のような●の配置の場合です。

もし、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になる配置があれば、それは7倍とは異なる倍数の配置ができますが、
この問題の場合では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
つまり、この問題の場合では、席を固定した場合のどの配置も、円順列で1つと数えられる配置を回転して7倍になった配置であって、全て同じタイプの配置です。
よって、全部の円順列の数は、
円順列の数=35/7=5


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を半分に分ける線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の形の配置は、円の中心を通る折り返し線を配置の中心軸にすれば、
折り返し線で折り返した配置の形を、元の配置と同じ形にできるタイプの配置です。

この第1のタイプの配置は3個あります。
第1のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
円順列では、第1のタイプ以外の配置では、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第1のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(5−3)/2=1
あります。
一方、第1のタイプのじゅず順列の数は3個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=1+3=4


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円順列とじゅず順列(6)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問6】
(1)×1個と●2個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
この問題では、×が1個のみです。
このように、ある形の玉が1個のみの問題の考えかたは、以下のようにします。
つまり、その1個のみの玉×を円の最上部に固定して考えます。
円順列の数は、残りの●2個と○4個を並べる組み合わせの数になります。
●の位置を定めると残りの○の位置が自動的に決まりますので、●の配置の数だけを求めれば、
円順列の数が求められます。
その配置の数は、
=6×5/2=15通り
あります。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=15

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心と×を通る線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の3つの形の場合は、×と円の中心を通る線で円順列の配置を折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になります。

この(第1のタイプの配置の)円順列は3つしかありません。
第1のタイプの配置以外の円順列配置は、折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になりません。
その配置は、元の形と、それを折り返した形が別の配置として2個と数えられています。
そのため、第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(−3)/2=(15−3)/2=6
一方、第1のタイプのじゅず順列の数=3
です。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=6+3=9


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