動点Pが正六角形ABCDEFの頂点上を,\ 頂点Aを出発点として \\[.2zh] \hspace{.5zw}サイコロを振って出た目の数だけ反時計回りに移動する操作を \\[.2zh] \hspace{.5zw}3回繰り返すとき,\ 次の確率を求めよ. \\[1zh] \hspace{.5zw} (1)\ \ 点Pが頂点Aにいる確率 \\[1zh] \hspace{.5zw} (2)\ \ 点Pが初めて頂点Aにいる確率 \\[1zh] \hspace{.5zw} (3)\ \ 点Pがちょうど2回頂点Aに止まる確率 \\[-11.8zh] 反復試行による正多角形上の点の移動}}}} \\\\[.5zh] (1)\ \ \textcolor{red}{3回の目の和が6}になる組合せは 3回の目の和が12}になる組合せは 回の目の和が12になる組合せは} 3回の目の和が18}になる組合せは \phantom{ (1)}\ \ (○,\ △,\ □),\ (○,\ ○,\ △),\ (○,\ ○,\ ○)の順列はそれぞれ$3\kaizyou$,\ りである. \\\\ 求める確率は1回振ったとき点Pがどの頂点に移動するかは等確率}なので,\ 求める確率は 点\text Pが今どこにいても,\ 1回振って\mathRM{A}にいる確率は\,\bunsuu16,\ \mathRM{A}にいない確率は\,\bunsuu56}\,である.$} \\\\ (1)の順列36通りのうち,\ 点Pが途中で頂点Aに止まる順列は以下の11通りがある. (1)\ \ 場合の数の比として求める方法が思い浮かびやすいだろうか(本解). \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 最初から並びまで考慮しようとすると面倒になるので,\ まずは組合せだけを考える. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ このとき,\ \bm{x\geqq y\geqq zのように自分で大小関係を設定して書き出すと重複を防げる}のであった. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ その後,\ 各組の並べ方がそれぞれ何通りあるかを考える. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ (○,\ ○,\ △)の並べ方は同じモノを含む順列の扱いとなる. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 答えが非常にシンプルになるが,\ 確率ではこのような場合は大抵もっとうまい解法がある(別解). \\[1zh] \phantom{(1)}\ \ 1回の試行において,\ 各頂点に止まる確率はいずれも\,\bunsuu16\,なので,\ \bm{6個の頂点は対等}である. \\[.8zh] \phantom{(1)}\ \ 1回の試行で対等なのであれば,\ 何回繰り返したとしても6個の頂点は対等である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 突然,\ \mathRM{AよりB}に止まりやすくなるなどということはないはずである. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ このような対等性は,\ \bm{サイコロの目の種類も頂点の個数も同じ6である}ことに起因する. \\[.2zh] (2)\ \ \bm{\mathRM{(1回目Aにいない)\times(2回目Aにいない)\times(3回目Aにいる)}}\ を計算すると早い. \\[1zh] \phantom{(1)}\ \ 場合の数の比として求めようとすると,\ 別解のように丁寧に書き出す羽目になる. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 左から順に並べたとき,\ 一番左が6の順列と左から2つの数の和が6か12になる順列を除く. \\[1zh] (3)\ \ \bm{反復試行}の最も基本的な問題である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 今どこにいるかで確率が変わる場合,\ 公式で一発というわけにはいかず,\ 場合分けが必要になる.動点Pが正五角形ABCDEの頂点上を,\ 頂点Aを出発点として \\[.2zh] \hspace{.5zw}サイコロを振って出た目の数だけ反時計回りに移動する操作を \\[.2zh] \hspace{.5zw}3回繰り返すとき,\ 次の確率を求めよ. \\[1zh] \hspace{.5zw} (1)\ \ 点Pが頂点Aにいる確率 \\[1zh] \hspace{.5zw} (2)\ \ 点Pが初めて頂点Aにいる確率 \\[-10zh] 3回の目の和が5}になる組合せは\phantom{0} \phantom{ (1)}\ \ \textcolor{red}{3回の目の和が10}になる組合せは \phantom{ (1)}\ \ \phantom{3回の目の和が10になる組合せは} \phantom{ (1)}\ \ \textcolor{red}{3回の目の和が15}になる組合せは \phantom{ (1)}\ \ (○,\ △,\ □),\ (○,\ ○,\ △),\ (○,\ ○,\ ○)の順列はそれぞれ$3\kaizyou$,\ $\bunsuu{3\kaizyou}{2\kaizyou}$,\ 1通りである. 2回の目の和が4,\ 9}になる組合せは $(3,\ 1),\ (2,\ 2),\ (6,\ 3),\ (5,\ 4)$ \\[.5zh] \phantom{ (1)}\ \ サイコロを2回振って\textcolor{cyan}{E}にいる確率は \phantom{ (1)}\ \ サイコロを2回振って\textcolor{magenta}{A,\ B,\ C,\ D}にいる(Eにいない)確率は \phantom{ (1)}\ \ $\mathRM{\textcolor{cyan}{(頂点E)→(頂点A)}の確率は サイコロの目は6種類で頂点は5個であるため,\ \bm{5個の頂点は対等ではない.} \\[.2zh] \bm{1回振ってある頂点に止まる確率は,\ 今どこにいるかによって変わる}のである. \\[.2zh] 結局,\ 1回ごとの確率を考慮するのは面倒なので,\ 場合の数の比として求めるほうが自然である. \\[1zh] 別解として,\ 「場合の数の比」「\,1回ごとの確率」の2つの解法のいいとこ取りをする方法を示した. \\[.2zh] \bm{最初の2回を場合の数の比として求め,\ 最後の1回の確率を掛ける}のである. \\[.2zh] 最後の1回だけならば,\ \mathRM{「E\,→\,A」と「E以外\,→\,A」}の2パターンの考慮で済む. \\[.2zh] (○,\ △)の順列は2通り,\ (○,\ ○)の順列は1通りである. \\[.2zh] また,\ \text Eにいない確率は\bm{余事象を利用}して求められる. 順列43通りのうち,\ 点Pが途中で頂点Aに止まる順列は以下の13通りがある. \\[.2zh] \betu\ \ 2回の目の和が5,\ 10になる組合せは $(4,\ 1),\ (3,\ 2),\ (6,\ 4),\ (5,\ 5)$ \\[1zh] \phantom{ (1)}\ \ 点Pが頂点Aにいるとき,\ サイコロを2回振って頂点Aにいる確率 左から順に並べたとき,\ 一番左が5の順列と左から2つの数の和が5か10になる順列を除く(本解). \\[1zh] 別解1は,\ \bm{(1)の確率から途中で頂点\textbf Aに止まる以下の3つの場合の確率を除く}ものである. \\[.5zh] [1]\ \ \text{A\,→\,A\,→\,○\,→\,A} (○はどこでもよい) \\[.2zh] [2]\ \ \text{A\,→\,○\,→\,A\,→\,A} (○はどこでもよい) \\[.2zh] [3]\ \ \text{A\,→\,A\,→\,A\,→\,A} \\[.5zh] \text{A\,→\,○\,→\,A}の確率は,\ 場合の数の比として求めるのが簡潔で,\ \bunsuu{7}{36}\,となる.\ \ \text{A\,→\,A}は当然\,\bunsuu16\,である. \\[.8zh] ただし,\ \bm{[1],\ [2],\ [3]は排反ではない}ことに注意して求める.\ ベン図で理解してほしい. \\[1zh] 以下のように,\ 最初から\bm{排反となるように場合分けする}べきかもしれない. \\[.5zh] [1]\ \ \text{A\,→\,A\,→\,△\,→\,A} (△は\text A以外ならばどこでもよい) \\[.2zh] [2]\ \ \text{A\,→\,△\,→\,A\,→\,A} (△は\text A以外ならばどこでもよい) \\[.2zh] [3]\ \ \text{A\,→\,A\,→\,A\,→\,A} \\[.5zh] \text{A\,→\,△\,→\,A}の確率は,\ \text{A\,→\,○\,→\,A}の\,\bunsuu{7}{36}\,から\text{A\,→\,A\,→\,A}\,の\,\bunsuu{1}{36}\,を除いた\,\bunsuu{6}{36}\,である. 別解2は,\ 表を利用するものである.\ サイコロ2回の場合,\ 表の利用が有効であった. \\[.2zh] サイコロ3回であっても,\ 2回と1回に分けて考えることで表の利用が可能になる. \\[.2zh] \textbf{1回目でAに止まる5の列と2回目でAに止まる斜めの列を消し,\ EかE以外かで場合分けする.}
