2005 入試問題セレクション
39
問題
[北海道大・文]
袋の中に赤, 青, 黄, 緑の 4 色の球が 1 個ずつ合計 4 個入っている。袋から球を 1
個取り出してその色を記録し袋に戻す試行を, くり返し 4 回行う。こうして記録され
た相異なる色の数を X とし, X の値が k である確率を Pk ( k = 1, 2, 3, 4 ) とする。
(1) 確率 P3 と P4 を求めよ。
(2) X の期待値 E を求めよ。
−39−
2005 入試問題セレクション
40
問題
[東北大・文]
1 から 6 の番号のつけられた 6 個の箱に, それぞれ 3 枚ずつの皿が重ねて置かれて
いる。白いサイコロと黒いサイコロそれぞれ 1 個を同時に振って, 出た目に応じて次
の規則で皿を移動させるものとする。2 つのサイコロに同じ目が出たときは皿は移動
させない。2 つのサイコロに異なる目が出たときは, 黒いサイコロの目の数と同じ番
号の箱から皿 1 枚を白いサイコロの目の数と同じ番号の箱に移す。
(1) サイコロを 3 回振るとき, 皿が 4 枚の箱と 2 枚の箱がそれぞれ 3 個ずつとなる確
率を求めよ。
(2) サイコロを 3 回振るとき, 皿が 3 枚の箱が 2 個, 5 枚の箱, 4 枚の箱, 2 枚の箱, 1
枚の箱がそれぞれ 1 個ずつとなる確率を求めよ。
−40−
2005 入試問題セレクション
41
問題
[一橋大]
A と B の 2 人があるゲームを繰り返し行う。1 回ごとのゲームで A が B に勝つ確
率は p, B が A に勝つ確率は 1 − p であるとする。n 回目のゲームで初めて A と B の
双方が 4 勝以上になる確率を x n とする。
(1)
(2)
x n を p と n で表せ。
p = 1 のとき, x n を最大にする n を求めよ。
2
−41−
2005 入試問題セレクション
42
問題
[九州大・文]
1 つのさいころを 4 回投げて, 出た目の数を順に x1 , x 2 , x 3 , x 4 とする。このとき
次の問いに答えよ。
(1)
x1 ＜x 2 となる確率を求めよ。
(2)
x1 ＜x 2 ＜x 3 となる確率を求めよ。
(3)
x1 ＜x 2 かつ x 2 ≧ x 3 となる確率を求めよ。
(4)
x k ≧ x k +1 となる最小の自然数 k の期待値を求めよ。ただし, x1 ＜x 2 ＜x 3 ＜x 4 の
ときは k = 4 と定める。
−42−
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43
問題
[広島大・理]
2 枚のコインを同時に投げて, 三角形 ABC の 1 つの
A
頂点にある駒を,
2 枚とも表が出たとき左回りで隣りの頂点に移し,
2 枚とも裏が出たとき右回りで隣りの頂点に移し,
表と裏が出たとき動かさない
左 回り
B
右回り
C
という試行を考える。初めに駒を頂点 A に置く。この
試行を n 回繰り返したとき, 1 回目の試行後の駒の位置を X 1 , 2 回目の試行後の駒の
位置を X 2 , …, n 回目の試行後の駒の位置を X n とする。次の問いに答えよ。
(1) この試行を 2 回繰り返したとき, X 2 が A である確率 P2 を求めよ。
(2) この試行を 4 回繰り返したとき, 最後の X 4 のみが A である確率 Q 4 を求めよ。
(3) この試行を n 回 ( n ≧ 2 ) 繰り返したとき, 最後の X n のみが A である確率 Q n を求
めよ。
(4) この試行を n 回 ( n ≧ 2 ) 繰り返したとき, X n が A である確率 Pn を求めよ。
−43−
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44
問題
[京都大・文]
1 から n までの番号のついた n 枚の札が袋に入っている。ただし, n≧3 とし, 同じ
番号の札はないとする。この袋から 3 枚の札を取り出して, 札の番号を大きさの順に
並べるとき, 等差数列になっている確率を求めよ。
−44−
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45
問題
[京都大・理]
先頭車両から順に 1 から n までの番号のついた n 両編成の列車がある。ただし
n ≧ 2 とする。各車両を赤色, 青色, 黄色のいずれか 1 色で塗るとき, 隣り合った車両
の少なくとも一方が赤色となるような色の塗り方は何通りか。
−45−
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39
解答解説
[北海道大・文]
X = 3 となる場合は, 3 色の選び方が 4 C 3 通り, その中で 2 回取り出す球の選び方
4!
が 3 通りずつ, そして取り出す順序が
= 12 通りより, その確率 P3 は,
2!
4 C 3 × 3 × 12
P3 =
= 9
4
16
4
(1)
また, X = 4 となる場合は, 各色の球を 1 回ずつ取り出し, その取り出す順序が
4 ! 通りより, その確率 P4 は,
4!
P4 = 4 = 3
32
4
(2)
X = 1 となる場合は, 1 色の選び方が 4 C1 通りより, その確率 P1 は,
4 C1
P1 = 4 = 1
64
4
また, X = 2 となる確率 P2 は,
P2 = 1 − ( P1 + P3 + P4 ) = 21
64
以上より, X の期待値 E は,
E = 1 × 1 + 2 × 21 + 3 × 9 + 4 × 3 = 175
64
64
16
32
64
［解 説］
場合分けが必要で, いちばん求めにくい P2 は, 余事象の確率として計算しました。
−41−
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40
解答解説
[東北大・文]
(1) 皿が 4 枚の箱と 2 枚の箱がそれぞれ 3 個ずつとなるのは, 1 回目に異なる目, 2 回
目に 1 回目に出た以外の異なる目が出て, さらに 3 回目に 1 回目, 2 回目に出た以外
の異なる目が出ることより, その確率は,
6 P2
4 P2
2 P2
× 2 × 2 = 5
2
324
6
6
6
(2) まず, 皿が 1 番の箱に 5 枚, 2 番の箱に 4 枚, 3 番の箱に 2 枚, 4 番の箱に 1 枚, 5
番と 6 番の箱に 3 枚ずつとなるのは, 次の 2 つの場合がある。
サイコロの目が (白, 黒 ) = ( 1, 3 ), ( 1, 4 ), ( 2, 4 ) と出るとき
(i)
出る順序は 3 ! = 6 通りより, この確率は,
1 × 1 × 1 ×6 = 6
62 62 62
66
(ii) サイコロの目が (白, 黒 ) = ( 1, 4 ), ( 1, 4 ), ( 2, 3 ) と出るとき
出る順序は 3 通りより, この確率は,
1 × 1 × 1 ×3 = 3
62 62 62
66
すると, 皿が 3 枚の箱が 2 個, 5 枚の箱, 4 枚の箱, 2 枚の箱, 1 枚の箱がそれぞれ 1
個ずつとなる確率は, 箱の番号と皿の枚数との対応を考えると,
6 + 3 × P = 1 ×6×5×4×3 = 5
6 4
72
226 4
66 66
(
)
［解 説］
おもしろい確率の問題です。(2)では, イメージをはっきりさせるために, 具体例か
ら考えました。どんな解法をとるにせよ, 注意深く, 疑い深く, 論を進める必要があり
ます。
−42−
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41
解答解説
[一橋大]
(1) n 回目のゲームで初めて A と B の双方が 4 勝以上になるのは, 次の 2 つの場合が
ある。ただし, n≧8 とする。
n − 1 回目までのゲームで A が 3 勝, B は 4 勝以上のとき
(i)
n 回目は A が勝つことより, その確率は,
n −1 C 3 p
3
( 1 − p ) n −4 ⋅ p =
n −1 C 3 p
4
( 1 − p ) n −4
(ii) n − 1 回目までのゲームで A が 4 勝以上, B は 3 勝のとき
n 回目は B が勝つことより, その確率は,
n −1 C 3 p
n −4
( 1 − p )3 ⋅ ( 1 − p ) =
n −1 C 3 p
n −4
(1 − p )4
(i)(ii)より, x n = n −1C 3 p 4 ( 1 − p ) n −4 + n −1C 3 p n −4 ( 1 − p ) 4
= 1 ( n − 1 )( n − 2 )( n − 3 ) p 4 ( 1 − p ) 4 { ( 1 − p ) n −8 + p n −8
6
}
なお, n≦7 のときは, x n = 0 である。
(2) p = 1 のとき, n≧8 において,
2
4 1 4
1 n −8 + 1 n −8
x n = 1 ( n − 1 )( n − 2 )( n − 3 ) 1
6
2
2
2
2
8
n
−
9
n
1
= 1 ( n − 1 )( n − 2 )( n − 3 ) 1
= 1 ( n − 1 )( n − 2 )( n − 3 ) 1
6
2
2
3
2
n +1
n
すると, x n +1 − x n = 1 n ( n − 1 )( n − 2 ) 1
− 1 ( n − 1 )( n − 2 )( n − 3 ) 1
2
2
3
3
n +1
1
1
{n − 2( n − 3 ) }
= ( n − 1 )( n − 2 )
2
3
n +1
= 1 ( n − 1 )( n − 2 )( 6 − n ) 1
2
3
n≧8 のとき, x n +1 − x n ＜0 より, x n ＞ x n +1 となり,
( ) ( ) {( )
( )( )
( )
( )
( )
( ) }
( )
( )
x 8 ＞ x 9 ＞ x 10 ＞!!
n≦7 のときは x n = 0 から, x n は n = 8 のとき最大となる。
［解 説］
典型問題の 1 つです。(2)では, x n が複雑な式ではなかったので, 階差数列を考えま
した。
−43−
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42
解答解説
[九州大・文]
(1) さいころを 4 回投げるとき, 目の数の組の総数は 6 4 通りである。
さて, x1 ＜x 2 となる場合は 6C2 通りで, x 3 , x 4 は任意なので, その確率は,
6C 2
× 62
64
= 5
12
(2)
x1 ＜x 2 ＜x 3 となる場合は 6C3 通りで, x 4 は任意なので, その確率は,
6C 3 × 6
= 5
54
64
(3)
x1 ＜x 2 かつ x 2 ≧ x 3 となる場合は , x1 ＜x 2 となる場合から x1 ＜x 2 ＜x 3 となる場
合を除いたものなので, その確率は,
5 − 5 = 35
12 54 108
(4) (i)
x1 ≧ x 2 のとき
k = 1 となり, (1)より, その確率は 1 − 5 = 7 である。
12 12
(ii) x1 ＜x 2 かつ x 2 ≧ x 3 のとき
k = 2 となり, (3)より, その確率は 35 である。
108
(iii) x1 ＜x 2 ＜x 3 ＜x 4 のとき
条件より k = 4 となり, その確率は
6C 4
4
6
= 5 である。
432
(iv) x1 ＜x 2 ＜x 3 かつ x 3 ≧ x 4 のとき
k = 3 となり, (3)と同様に考えて, その確率は 5 − 5 = 35 である。
54 432 432
(i)∼(iv)より, k の期待値は,
1 × 7 + 2 × 35 + 3 × 35 + 4 × 5 = 73
12
108
432
432 48
［解 説］
順序関係が設定された事象の確率計算で, 頻出のものです。2002 年に神戸大・理系
で, 2003 年に一橋大で類題が出ています。
−44−
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43
解答解説
[広島大・理]
( )
( )2 = 14 ,
(1) 駒が左回りに移動する確率は 1
= 1 , 右回りに移動する確率は 1
2
4
2
1
1
1
かない確率は 1 − − = である。
4 4 2
2
動
さて, X 2 が A であるのは, 駒が A→A→A, A→B→A, または A→C→A と移動す
る場合より,
( )2 + ( 14 )2 + ( 14 )2 = 38
P2 = 1
2
(2) 最後の X 4 のみが A であるのは, X 2 , X 3 が B または C のときである。
まず, B にある駒が動かないか, または C に移動する確率は 1 + 1 = 3 である。
2 4 4
また, C にある駒が動かないか, または B に移動する確率も同じく 3 である。
4
これより, X 2 が B のとき, X 4 のみが A である確率は,
1× 3 2×1 = 9
4
4
4 256
X 2 が C のとき, X 4 のみが A である確率も 9 から,
256
9
9
9
Q4 =
+
=
256 256 128
( )
(3) (2)と同様に考えて, X 2 が B のとき, X n のみが A である確率は,
1 × 3 n −2 × 1 = 1 3 n − 2
4
4
4 16 4
n −2
X 2 が C のとき, X n のみが A である確率も 1 3
から,
16 4
n −2
n −2
n −2
Qn = 1 3
+ 1 3
=1 3
16 4
16 4
8 4
( )
( )
( )
( )
( )
( )
X n +1 が A となるのは, X n が A のときは駒が不動であればよいので, その確率は
1 , また X が A でないときは, X が B であれば右回り, X が C であれば左回り
n
n
n
2
に駒が移動すればよく, その確率はいずれも 1 なので,
4
1
1
1
Pn +1 = Pn + ( 1 − Pn ) , Pn +1 = Pn + 1
4
4
2
4
1
1
1
これより, Pn +1 − =
と変形すると, P1 = 1 から,
Pn −
3 4
3
2
n −1
n −1
1
1
1
1
1
Pn − = P1 −
=
3
3 4
6 4
n
−
1
よって, Pn = 1 + 1 1
3 6 4
(4)
(
(
)( )
( )
)
( )
［解 説］
(4)の設問で, 頭の切換えができるかどうかがポイントです。
−45−
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44
解答解説
[京都大・文]
n 枚の札から 3 枚を取り出す場合の数は,
1 n ( n − 1 )( n − 2 )
nC3 =
6
ここで, 取り出した札の番号を, 小さい方から a, b, c とすると,
1≦a＜b＜c≦n………①
条件より, a, b, c が等差数列をなすので, 2b = a + c ………②
①②より, 1≦a＜b＜ 2b − a ≦n………③
③より, 1≦a＜b かつ 2b − n ≦ a
ab 平面上で , a = 1 と a = 2b − n の交点は ,
( 1,
n +1
2
)
となり, ③の表す領域を図示すると, 右図の網点部となる。
ただし, 実線の境界は領域に含み, 破線の境界は含まない。
これから, a, b, c が等差数列となる場合の数は, この網
点部の格子点の個数として数えることができる。
さて , b = k ( 1 ≦ k ≦ n ) と固定し , n + 1 が整数がどう
2
b
n
n+1
2
1
n
O 1
a
か, すなわち n を偶奇に分けて, その線分上の格子点の個数を数える。
(i)
n が奇数のとき
n +1 は整数となるので, b = k 上の格子点は, 1 ≦ k ≦ n +1 のとき k −1 個,
2
2
n + 3 ≦ k ≦ n のとき k − ( 2k − n ) = n − k 個ある。これより, 格子点の総数は,
2
n +1
2
n
∑ ( k − 1 ) + ∑n+3( n − k ) = 12 ( 0 + n 2− 1 ) n 2+ 1 + 12 ( n 2− 3 + 0 )( n − n 2+ 3 + 1 )
k =1
k=
2
= 1 ( n 2 − 1 ) + 1 ( n 2 − 4n + 3 ) = 1 ( n − 1 ) 2
4
8
8
したがって, 札の番号が等差数列となる確率は,
1 ( n − 1 )2
3( n −1 )
4
=
1 n ( n − 1 )( n − 2 ) 2n ( n − 2 )
6
(ii) n が偶数のとき
n +1 は 整 数 で な い の で , b = k 上 の 格 子 点 は , 1 ≦ k ≦ n の と き k −1 個 ,
2
2
n + 2 ≦ k ≦ n のとき k − ( 2k − n ) = n − k 個ある。これより, 格子点の総数は,
2
n
2
n
∑ ( k − 1 ) + ∑n+2( n − k ) = 12 ( 0 + n 2− 2 ) n2 + 12 ( n 2− 2 + 0 )( n − n 2+ 2 + 1 )
k =1
k=
2
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解答解説
= 1 ( n 2 − 2n ) + 1 ( n 2 − 2n ) = 1 n ( n − 2 )
8
8
4
したがって, 札の番号が等差数列となる確率は,
1 n( n − 2)
3
4
=
1 n ( n − 1 )( n − 2 ) 2 ( n − 1 )
6
［解 説］
いろいろな考え方ができますが, 1 文字を固定し, 格子点の個数を対応させて場合の
数を数えるという最初に考えた解法で記述しました。なお, 後半のシグマ計算は, 等
差数列の和として公式を適用しています。
−47−
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45
解答解説
[京都大・理]
隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となる条件を満たす塗り方のうち, n 番目
が赤色である塗り方を a n 通り, 赤色以外である塗り方を bn 通りとする。
n = 2 のとき, 条件を満たすのは, (赤, 赤), (赤, 青), (赤, 黄), (青, 赤), (黄, 赤)より,
a 2 = 3 , b2 = 2 である。
さて, n + 1 番目が赤のときは n 番目は任意の色であり, n + 1 番目が赤以外（青ま
たは黄）のときは n 番目は赤なので,
a n +1 = a n + bn ………①, bn +1 = 2a n ………②
①−②×k より, a n +1 − kbn +1 = ( 1 − 2k ) a n + bn
(
)
1 bn
2k − 1
k = 1 とすると, 2k 2 − k − 1 = 0 より, k = − 1 , 1
2k − 1
2
1
1
1
k = − のとき, a n +1 + bn +1 = 2 a n + bn
2
2
2
n −2
1
1
a n + bn = a 2 + b2 2
= ( 3 + 1 ) 2 n −2 = 2 n ………③
2
2
k = 1 のとき, a n +1 − bn +1 = − ( a n − bn )
= ( 1 − 2k ) an −
(
(
)
)
a n − bn = ( a 2 − b2 ) ( − 1 ) n −2 = ( 3 − 2 ) ( − 1 ) n −2 = ( − 1 ) n ………④
③④より, 3 bn = 2 n − ( − 1 ) n , bn = 1 ⋅ 2 n +1 − 2 ( − 1 ) n
2
3
3
a n = bn + ( − 1 ) n = 1 ⋅ 2 n +1 − 2 ( − 1 ) n + ( − 1 ) n = 1 ⋅ 2 n +1 + 1 ( − 1 ) n
3
3
3
3
よって, 求める色の塗り方は,
a n + bn = 2 ⋅ 2 n +1 − 1 ( − 1 ) n = 1 { 2 n +2 − ( − 1 ) n }
3
3
3
［解 説］
ストレートには考えにくいので, 漸化式を立てました。1 両目の車両の色で場合分
けをして, 隣接 3 項間型の漸化式を立てることもできますが, 最初に考えた連立漸化
式で記述しました。なお, 漸化式の解法は「ピンポイントレクチャー」を参照してく
ださい。
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