2022年5月28日土曜日
2022年5月27日金曜日
2022年5月16日月曜日
確率の積の法則と樹形図
先ず、以下の用語の定義をハッキリさせておく。
「事象の排反」は，
「ある試行において、一方の事象が起こったときに
他方の事象は決して起こらない」ことである。
「試行の独立」は，
「2 つの試行が互いに影響を及ぼさない」ことであり，
「ある試行が他の試行とお互い影響しない」
ということである。
これに対して
「事象の独立」は、
「試行の結果として，起こりうる事象が、お互いの起こり方が他方に影響を与えない」ということであり，
「どちらも起こっている」ことが前提になっている。
【積の法則】
事象Aと事象Bが、互いに相手の事象がどうであるかに影響されずに、全く独立して起きる事象である場合は：
Aかつ Bの確率＝Aの確率× Bの確率=P(A)P(B)，
p(A∩B)=p(A)p(B),
また、逆に、確率の積の法則が成り立つならば、事象Aと事象Bは独立して起きる事象である。
【積の法則と、Ａ∪Ｂの確率】
事象Aと事象Bが、互いに相手の事象がどうであるかに影響されずに、全く独立して起きる事象である（積の法則が成り立つ）場合は：
Aまたは Bの確率＝Aの確率+Bの確率-(Aの確率× Bの確率)=P(A)+P(B)-P(A)P(B),
《証明》
Aまたは Bの確率=
={(Aで無い)かつ(Bで無い)}では無い確率
=1-(1-P(A))(1-P(B))
=1-{1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)}
=1-1+P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=P(A)+P(B)-(P(A)× P(B)),
（証明おわり）
なお、この公式と等価な以下の公式が成り立つ。
Aまたは Bの確率=P(A)+(1-P(A))P(B)
（事象の独立の様子）
p(A∩B)＝p(A)p(B)となる、事象Ａと事象Ｂが独立な場合の樹形図は：
以下の図でｓ＝ａｂとなる場合である。
【問題１】
下図のように、A駅からC駅に行くには、X路線を使うルートと、Y路線を使ってB駅まで行き、その後、Z路線を使うルートの2通りがある。 各路線は、独立にそれぞれ一定の確率で終日運休することが分かっており、X路線は1／６の確率、Y路線は１／７の確率、Z路線は１／８の確率で終日運休する。このとき、ある日においてA駅からC駅に行くことができる確率はいくらか。
【解答】
以下の樹形図を発想して考えると良い。
確率計算のコツ：
（２つの独立な事象AかBが生じる確率）＝
＝（Aが生じる確率）＋（Aが生じない確率）・（Bが生じる確率）
という公式が成り立つ。
X路線の運休する確率(1/6)≡a,
Y路線の運休する確率(1/7)≡b,
Z路線の運休する確率(1/8)≡c,
とする。
シンプルに（どこかを通れば）A駅からC駅に行くことができる確率
＝X路線で行ける確率＋X路線で行けない場合に（Y＋Z）路線で行ける確率
で計算する。
X路線で行けるときには、
（Y＋Z）路線で行けても、それは、X路線で行けるという事象とダブっているので、
X路線で行ける確率＋（Y＋Z）路線で行ける確率
という計算はしてはいけない。
正しい計算は：
X路線で行ける確率＋X路線で行けない場合に（Y＋Z）路線で行ける確率
=(1-a)+a(1-b)(1-c)
=1-a+a(1-b-c+bc)
=1-a(b+c)+abc
=1-a(b+c-bc)
である。
（解答おわり）
【確率の乗法定理】
確率の積の法則は、事象Aと事象Bが、相手の起き方に影響されずに独立に起きる事象の場合であるときの法則でした。
一方で、事象Aと事象Bが独立していない、事象Bの起き方が事象Aが起きることに影響される場合は、
事象Aが起き、かつ、事象Bが起きる確率は以下の式であらわせます。
Aかつ Bの確率＝
＝（Aが起きる確率）×（Aが起きた場合においてBが起きる確率）
＝P(A)×PＡ(B),
とあらわします。
PＡ(B) は、（Aが起きた場合においてBが起きる確率｝
をあらわします。これを、「条件付き確率」 と呼びます。
このようにAかつBの確率をあらわすことを、確率の乗法定理と呼びます。
直ぐ上の式と直ぐ下の式とが、より正しい式である。
しかしながら、上の式らも、完全に正しい式であるとは言えない。
上の式らで計算する確率Ｐ(A)の値は必ず有理数になる。
しかし、以下の例のように、値が無理数になるのでその式では表せない確率の値Ｐ(A)もあるからである。
ビュフォンの針
平面上に間隔ｄで平行線を引く。長さＬ（≦ｄ）の針を適当に投げたとき，針が線と交わる確率Ｐ(A)の値は、
である。（ここで、πは無理数3.14・・・である）
この確率Ｐ(A)は無理数になるので、
という式も、確率Ｐ(A)を定義する完全な式では無い。
そのため、上の式も、完全な式では無い。完全な式は、ｎ(□)を使わない式であり、確率の式同士の演算を表す式が、完全な式である。
次には、積の法則が成り立つ場合とは前提条件が全く異なり２種の事象が独立ではない場合に成り立ち得る別物の法則：
【和の法則】
事象 Aと事象 B が、決して両立しない事象（排反事象）の場合、すなわち：
確率Aで事象Aが起きているときは、
確率Bの値が（事象Aに影響されて）0に変化して、
(P(A)×PＡ(B))＝0 になってしまう。そして、
Aかつ Bの確率＝0，になる。
p(A∩P)=0,
その場合は：
Aまたは Bの確率＝P(A)+P(B),
（補足）p(A∩B)＝0とは限らない場合（ＡとＢが排反事象ではない場合）の１例（独立事象の場合）は：
（決して両立しない事象（排反事象）の例）
Aが、雨が降る確率＝1/3,
Bが、雨が降らない確率＝2/3,
の場合、
AかつBの確率は、
P(A)×PA(B)＝(1/3)×0,
（Bは、Aに影響されて0になってしまうため）
（補足１）
なお、積の法則や和の法則は当たりまえのことなので、問題を解くときに、「積の法則により～」や「和の法則により～」などと書く必要は無い。
（補足２）
和の法則の説明が：
「事象Aの起こる確率が pA 、事象Bの起こる確率が pB であり、
AとBが同時には起こらないとき、
事象Aまたは事象Bが起こる確率はpA+pB である。」
と教えられていますが、その説明で使われている「同時に起こらない」という言葉は、「同時刻に起こらない」という意味では無く、「（１回の試行で）同時に起こらない」という意味です。（１回の試行で）という前提条件が無い事象の場合では「両立しない」と言う意味の言葉であることに注意すること。
《 p(A∩B)＝ｐ(A)・ｐ(B)とは限らない場合の問題例》
【問題２】
袋に、番号１，２，３，４，８，９，という番号が付いた６枚のカートが入っている。
（１）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が偶数である確率はいくらか。
（２）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が３の倍数である確率はいくらか。
（３）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が偶数であり、かつ、３の倍数である確率はいくらか。
【解答】
（１）カードの番号が偶数である確率は３/６＝１/２
（２）カードの番号が３の倍数である確率は２/６＝１/３
（３）カードの番号が偶数であり、かつ、３の倍数である確率は０
（解答おわり）
【問題３】
さいころを１回ふったとき、１が出ず、かつ、２が出ない確率を求めよ。
【間違え易いポイント】
１が出ない事象を、事象Ａとする。
２が出ない事象を、事象Ｂとする。
事象Ａと事象Ｂそれぞれの確率は、
である。
しかし、１が出ず、かつ、２が出ない確率は、
となって、確率の積の法則が成り立たない。
以下のように考えると、なぜ確率の積の法則が成り立たないか、その理由がわかる。
事象Ａの余事象を文字Ａに上線を付けた記号であらわす。それは、１が出る事象である。
事象Ｂの余事象を文字Ｂに上線を付けた記号であらわす。それは、２が出る事象である。
であるが、１が出る場合に同時に２が出る確率
となって、事象Ａの余事象と事象Ｂの余事象は、互いに独立な事象でない。
そのため、事象Ａと事象Ｂも、互いに独立な事象ではない。
ゆえに、事象Ａと事象Ｂの間に、確率の積の法則が成り立たなかったのである。
１が出ず、かつ、２が出ない確率は、正しくは、
である。
【問題４】
さいころを１回ふったとき、２の倍数でない目が出て、かつ、５の倍数が出る確率を求めよ。
【間違え易いポイント】
２の倍数が出る事象を、事象Ａとする。
５の倍数が出る事象を、事象Ｂとする。
以下に、事象Ａと事象Ｂに係わる樹形図を書く。
すなわち、事象A（２の倍数）と事象B（５の倍数）の間には確率の積の法則が成り立たない。
しかし、
２の倍数が出る事象を、事象Ａとし、
３の倍数が出る事象を、事象Ｂとするならば、
確率の積の法則が成り立つ。
ｐ＝ｒとなって事象Ａと事象Ｂが独立して起きると言える場合は、確率の積の法則が成り立つ場合のみである。
【問題５】
1から10までの整数が1つずつ書かれている 10枚のカードがある。
この10枚のカードから，1枚のカードを無作為に取り出して、書かれた整数を調べてからもとに戻す。この試行を4回繰り返す。取り出したカードに書かれた整数の最大値をX，最小値をYとするとき、X=7かつY＝2となる確率を求めよ。
【解答】
以下の樹形図を書いて考えれば良い。
ａ－ｂ－ｃ＋ｓ
が求める確率である。
（解答おわり）
リンク：
高校数学の目次
「事象の排反」は，
「ある試行において、一方の事象が起こったときに
他方の事象は決して起こらない」ことである。
「試行の独立」は，
「2 つの試行が互いに影響を及ぼさない」ことであり，
「ある試行が他の試行とお互い影響しない」
ということである。
これに対して
「事象の独立」は、
「試行の結果として，起こりうる事象が、お互いの起こり方が他方に影響を与えない」ということであり，
「どちらも起こっている」ことが前提になっている。
【積の法則】
事象Aと事象Bが、互いに相手の事象がどうであるかに影響されずに、全く独立して起きる事象である場合は：
Aかつ Bの確率＝Aの確率× Bの確率=P(A)P(B)，
p(A∩B)=p(A)p(B),
また、逆に、確率の積の法則が成り立つならば、事象Aと事象Bは独立して起きる事象である。
【積の法則と、Ａ∪Ｂの確率】
事象Aと事象Bが、互いに相手の事象がどうであるかに影響されずに、全く独立して起きる事象である（積の法則が成り立つ）場合は：
Aまたは Bの確率＝Aの確率+Bの確率-(Aの確率× Bの確率)=P(A)+P(B)-P(A)P(B),
《証明》
Aまたは Bの確率=
={(Aで無い)かつ(Bで無い)}では無い確率
=1-(1-P(A))(1-P(B))
=1-{1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)}
=1-1+P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=P(A)+P(B)-P(A)P(B)
=P(A)+P(B)-(P(A)× P(B)),
（証明おわり）
なお、この公式と等価な以下の公式が成り立つ。
Aまたは Bの確率=P(A)+(1-P(A))P(B)
（事象の独立の様子）
p(A∩B)＝p(A)p(B)となる、事象Ａと事象Ｂが独立な場合の樹形図は：
以下の図でｓ＝ａｂとなる場合である。
【問題１】
下図のように、A駅からC駅に行くには、X路線を使うルートと、Y路線を使ってB駅まで行き、その後、Z路線を使うルートの2通りがある。 各路線は、独立にそれぞれ一定の確率で終日運休することが分かっており、X路線は1／６の確率、Y路線は１／７の確率、Z路線は１／８の確率で終日運休する。このとき、ある日においてA駅からC駅に行くことができる確率はいくらか。
【解答】
以下の樹形図を発想して考えると良い。
確率計算のコツ：
（２つの独立な事象AかBが生じる確率）＝
＝（Aが生じる確率）＋（Aが生じない確率）・（Bが生じる確率）
という公式が成り立つ。
X路線の運休する確率(1/6)≡a,
Y路線の運休する確率(1/7)≡b,
Z路線の運休する確率(1/8)≡c,
とする。
シンプルに（どこかを通れば）A駅からC駅に行くことができる確率
＝X路線で行ける確率＋X路線で行けない場合に（Y＋Z）路線で行ける確率
で計算する。
X路線で行けるときには、
（Y＋Z）路線で行けても、それは、X路線で行けるという事象とダブっているので、
X路線で行ける確率＋（Y＋Z）路線で行ける確率
という計算はしてはいけない。
正しい計算は：
X路線で行ける確率＋X路線で行けない場合に（Y＋Z）路線で行ける確率
=(1-a)+a(1-b)(1-c)
=1-a+a(1-b-c+bc)
=1-a(b+c)+abc
=1-a(b+c-bc)
である。
（解答おわり）
【確率の乗法定理】
確率の積の法則は、事象Aと事象Bが、相手の起き方に影響されずに独立に起きる事象の場合であるときの法則でした。
一方で、事象Aと事象Bが独立していない、事象Bの起き方が事象Aが起きることに影響される場合は、
事象Aが起き、かつ、事象Bが起きる確率は以下の式であらわせます。
Aかつ Bの確率＝
＝（Aが起きる確率）×（Aが起きた場合においてBが起きる確率）
＝P(A)×PＡ(B),
とあらわします。
PＡ(B) は、（Aが起きた場合においてBが起きる確率｝
をあらわします。これを、「条件付き確率」 と呼びます。
このようにAかつBの確率をあらわすことを、確率の乗法定理と呼びます。
直ぐ上の式と直ぐ下の式とが、より正しい式である。
しかしながら、上の式らも、完全に正しい式であるとは言えない。
上の式らで計算する確率Ｐ(A)の値は必ず有理数になる。
しかし、以下の例のように、値が無理数になるのでその式では表せない確率の値Ｐ(A)もあるからである。
ビュフォンの針
平面上に間隔ｄで平行線を引く。長さＬ（≦ｄ）の針を適当に投げたとき，針が線と交わる確率Ｐ(A)の値は、
である。（ここで、πは無理数3.14・・・である）
この確率Ｐ(A)は無理数になるので、
という式も、確率Ｐ(A)を定義する完全な式では無い。
そのため、上の式も、完全な式では無い。完全な式は、ｎ(□)を使わない式であり、確率の式同士の演算を表す式が、完全な式である。
次には、積の法則が成り立つ場合とは前提条件が全く異なり２種の事象が独立ではない場合に成り立ち得る別物の法則：
【和の法則】
事象 Aと事象 B が、決して両立しない事象（排反事象）の場合、すなわち：
確率Aで事象Aが起きているときは、
確率Bの値が（事象Aに影響されて）0に変化して、
(P(A)×PＡ(B))＝0 になってしまう。そして、
Aかつ Bの確率＝0，になる。
p(A∩P)=0,
その場合は：
Aまたは Bの確率＝P(A)+P(B),
（補足）p(A∩B)＝0とは限らない場合（ＡとＢが排反事象ではない場合）の１例（独立事象の場合）は：
（決して両立しない事象（排反事象）の例）
Aが、雨が降る確率＝1/3,
Bが、雨が降らない確率＝2/3,
の場合、
AかつBの確率は、
P(A)×PA(B)＝(1/3)×0,
（Bは、Aに影響されて0になってしまうため）
（補足１）
なお、積の法則や和の法則は当たりまえのことなので、問題を解くときに、「積の法則により～」や「和の法則により～」などと書く必要は無い。
（補足２）
和の法則の説明が：
「事象Aの起こる確率が pA 、事象Bの起こる確率が pB であり、
AとBが同時には起こらないとき、
事象Aまたは事象Bが起こる確率はpA+pB である。」
と教えられていますが、その説明で使われている「同時に起こらない」という言葉は、「同時刻に起こらない」という意味では無く、「（１回の試行で）同時に起こらない」という意味です。（１回の試行で）という前提条件が無い事象の場合では「両立しない」と言う意味の言葉であることに注意すること。
《 p(A∩B)＝ｐ(A)・ｐ(B)とは限らない場合の問題例》
【問題２】
袋に、番号１，２，３，４，８，９，という番号が付いた６枚のカートが入っている。
（１）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が偶数である確率はいくらか。
（２）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が３の倍数である確率はいくらか。
（３）この袋から１枚のカードを取り出したとき、その番号が偶数であり、かつ、３の倍数である確率はいくらか。
【解答】
（１）カードの番号が偶数である確率は３/６＝１/２
（２）カードの番号が３の倍数である確率は２/６＝１/３
（３）カードの番号が偶数であり、かつ、３の倍数である確率は０
（解答おわり）
【問題３】
さいころを１回ふったとき、１が出ず、かつ、２が出ない確率を求めよ。
【間違え易いポイント】
１が出ない事象を、事象Ａとする。
２が出ない事象を、事象Ｂとする。
事象Ａと事象Ｂそれぞれの確率は、
である。
しかし、１が出ず、かつ、２が出ない確率は、
となって、確率の積の法則が成り立たない。
以下のように考えると、なぜ確率の積の法則が成り立たないか、その理由がわかる。
事象Ａの余事象を文字Ａに上線を付けた記号であらわす。それは、１が出る事象である。
事象Ｂの余事象を文字Ｂに上線を付けた記号であらわす。それは、２が出る事象である。
であるが、１が出る場合に同時に２が出る確率
となって、事象Ａの余事象と事象Ｂの余事象は、互いに独立な事象でない。
そのため、事象Ａと事象Ｂも、互いに独立な事象ではない。
ゆえに、事象Ａと事象Ｂの間に、確率の積の法則が成り立たなかったのである。
１が出ず、かつ、２が出ない確率は、正しくは、
である。
【問題４】
さいころを１回ふったとき、２の倍数でない目が出て、かつ、５の倍数が出る確率を求めよ。
【間違え易いポイント】
２の倍数が出る事象を、事象Ａとする。
５の倍数が出る事象を、事象Ｂとする。
以下に、事象Ａと事象Ｂに係わる樹形図を書く。
すなわち、事象A（２の倍数）と事象B（５の倍数）の間には確率の積の法則が成り立たない。
しかし、
２の倍数が出る事象を、事象Ａとし、
３の倍数が出る事象を、事象Ｂとするならば、
確率の積の法則が成り立つ。
ｐ＝ｒとなって事象Ａと事象Ｂが独立して起きると言える場合は、確率の積の法則が成り立つ場合のみである。
【問題５】
1から10までの整数が1つずつ書かれている 10枚のカードがある。
この10枚のカードから，1枚のカードを無作為に取り出して、書かれた整数を調べてからもとに戻す。この試行を4回繰り返す。取り出したカードに書かれた整数の最大値をX，最小値をYとするとき、X=7かつY＝2となる確率を求めよ。
【解答】
以下の樹形図を書いて考えれば良い。
ａ－ｂ－ｃ＋ｓ
が求める確率である。
（解答おわり）
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2022年5月8日日曜日
極限の概念を使って問題を解き易くする
【問１】
関数f(x)が整式なら
f(f(x)) - x はf(x) - xでいつも割り切れることを証明せよ。
【証明の発案】
f(f(x)) - x = A(x-x1)(x-x2)・・・(x-xn), (1)
と因数分解できます。
x1,x2,・・・xn,は、
f(f(x)) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解です。
一方、
f(x) - x = B(x-a1)(x-a2)・・・(x-am), (2)
と因数分解できます。
a1,a2,・・・am,は、
f(x) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解です。
f(f(x)) - x
のｘに
a1を代入します。
g=f(f(a1)) - a1,
ここで、
0=f(a1) - a1,
f(a1)=a1,
を使います。
g=f(f(a1)) - a1
=f(a1)-a1
=a1-a1
=0,
このことから、
f(f(a1)) - a1=0,
f(x) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解の
x=a1,a2,・・・am,
のどれを代入しても、
f(f(x)) - x=0,
（場合１）もし、
a1,a2,・・・amの全てが異なれば、
f(f(x)) - xは、
f(f(x)) - x=A{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}(x-x1)(x-x2)・・・(x-xp)
と表せる。
そのときは、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
（場合２）次に、
f(x) - x = 0,
の解の a1,a2,・・・amのa1とa2が同じ値の場合は、
微小量Δを使って、
a1,a1+Δ,・・・
を解とする、方程式
f(x) - x = 0,
を考える。
そのときは、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a1-Δ)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
微小量Δを0に近づける極限では、
f(x) - xは、
B(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}
に収束し、
f(f(x)) - xは、
f(f(x)) - x = A{(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}(x-x1)(x-x2)・・・(x-xp)
に収束する。
そのため、極限においても、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
同様に、
f(x) - x = 0,
の解の a1,a2,・・・amのどれかが同じ値である場合も、
その関数に対して、その同じ値の解を微小量Δで変化させて、全ての解の値を異ならせた関数を考え、その関数の極限を考えることで、
f(f(x)) - xは、
{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}=(1/B){f(x) - x}
で割り切れる。
（証明おわり）
この問題のように、a1とa2が等しいという例外的な場合に、a1とa2が異なる場合での計算方法が活用できるようにするために、微小量Δを導入して極限の概念を使うのが良いです。
リンク：
高校数学の目次
関数f(x)が整式なら
f(f(x)) - x はf(x) - xでいつも割り切れることを証明せよ。
【証明の発案】
f(f(x)) - x = A(x-x1)(x-x2)・・・(x-xn), (1)
と因数分解できます。
x1,x2,・・・xn,は、
f(f(x)) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解です。
一方、
f(x) - x = B(x-a1)(x-a2)・・・(x-am), (2)
と因数分解できます。
a1,a2,・・・am,は、
f(x) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解です。
f(f(x)) - x
のｘに
a1を代入します。
g=f(f(a1)) - a1,
ここで、
0=f(a1) - a1,
f(a1)=a1,
を使います。
g=f(f(a1)) - a1
=f(a1)-a1
=a1-a1
=0,
このことから、
f(f(a1)) - a1=0,
f(x) - x = 0,
の複素数の解も含む全ての解の
x=a1,a2,・・・am,
のどれを代入しても、
f(f(x)) - x=0,
（場合１）もし、
a1,a2,・・・amの全てが異なれば、
f(f(x)) - xは、
f(f(x)) - x=A{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}(x-x1)(x-x2)・・・(x-xp)
と表せる。
そのときは、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
（場合２）次に、
f(x) - x = 0,
の解の a1,a2,・・・amのa1とa2が同じ値の場合は、
微小量Δを使って、
a1,a1+Δ,・・・
を解とする、方程式
f(x) - x = 0,
を考える。
そのときは、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a1-Δ)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
微小量Δを0に近づける極限では、
f(x) - xは、
B(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}
に収束し、
f(f(x)) - xは、
f(f(x)) - x = A{(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}(x-x1)(x-x2)・・・(x-xp)
に収束する。
そのため、極限においても、
f(f(x)) - xは、
B{(x-a1)(x-a1)・・・(x-am)}={f(x) - x}
で割り切れる。
同様に、
f(x) - x = 0,
の解の a1,a2,・・・amのどれかが同じ値である場合も、
その関数に対して、その同じ値の解を微小量Δで変化させて、全ての解の値を異ならせた関数を考え、その関数の極限を考えることで、
f(f(x)) - xは、
{(x-a1)(x-a2)・・・(x-am)}=(1/B){f(x) - x}
で割り切れる。
（証明おわり）
この問題のように、a1とa2が等しいという例外的な場合に、a1とa2が異なる場合での計算方法が活用できるようにするために、微小量Δを導入して極限の概念を使うのが良いです。
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2022年5月7日土曜日
３色の玉を持つ３つの箱から玉を１つずつ取り出す問題
【課題１】
赤玉１個、白玉１個、黒玉１個、計３個の玉が入った箱Aと箱Bと箱Cがある。この３つの箱から１つずつ、合わせて３個の玉を取り出す。取り出した３個の玉の色の組み合わせ毎に、その色の組み合わせの玉を各箱から取り出すバラエティの数を求める。
【解答】
（１）先ず、３個の玉が入った３つの箱から１つずつ玉を取り出す場合の数の総数は、
通りある。
すなわち、３つの箱から玉を１つずつ取り出す事象の連鎖の糸の総数が２７本ある。
（２）次に、取り出した３個の玉の色分けのバラエティの２７個の事象の連鎖の糸を、赤ｍ個、白ｎ個、黒ｔ個という色分け事象の連鎖の種類で分類した枝に束ねる。すなわち、玉の色分け事象の連鎖の枝毎に、対応する事象の連鎖の糸を割り当てて編集した以下の樹形図を作成する。
この樹形図から、玉の色の組み合わせのバラエティの数（色分け事象の連鎖の数）は１０通りあることがわかる。
しかし、各々の玉の色分けの枝（色分け事象の連鎖）に対応する玉の組み合わせの数は、以下に示す通りに、異なっている。
（２－１）３つの玉の色が全て同じ色の場合は、その色を選ぶバラエティの数の３つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、各箱からその色の玉を取り出すバラエティの数は、１つだけである。
（２－２）３つの玉の色が２色の場合の枝は、同じ色の２つの玉の第１の色を選ぶバラエティの数の３と、その他の２つの色から、１つの玉の第２の色を選ぶバラエティの数の２との積の、６つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、その色の組み合わせの玉を３つの箱から取り出すバラエティの数は、第２の色の１つの玉をどの箱から取り出すかのバラエティの数であり、３である。
（２－３）３つの玉の色が３色の場合の枝は、色の偏りが無いので、その色のバラエティの数が１つだけなので、１つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、その色の組み合わせの玉を３つの箱から取り出すバラエティの数は、赤色玉をどの箱から取り出すかのバラエティの数３と、白色玉を残り２つのどの箱から取り出すかかのバラエティの数２との積であり、６である。
（３）なお、各枝毎の、各箱の玉の色の組み合わせの数は、上図に記載した式(x+y+z)^3を展開した各項の係数に対応する関係がある。
（解答おわり）
（補足）
この問題は、３つの箱を３人の人に置き替えて、玉の３つの色を、人を組み分ける３つの組の名前、すなわち、赤組、白組、黒組に置き換えた問題と等価である。
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高校数学の目次
赤玉１個、白玉１個、黒玉１個、計３個の玉が入った箱Aと箱Bと箱Cがある。この３つの箱から１つずつ、合わせて３個の玉を取り出す。取り出した３個の玉の色の組み合わせ毎に、その色の組み合わせの玉を各箱から取り出すバラエティの数を求める。
【解答】
（１）先ず、３個の玉が入った３つの箱から１つずつ玉を取り出す場合の数の総数は、
通りある。
すなわち、３つの箱から玉を１つずつ取り出す事象の連鎖の糸の総数が２７本ある。
（２）次に、取り出した３個の玉の色分けのバラエティの２７個の事象の連鎖の糸を、赤ｍ個、白ｎ個、黒ｔ個という色分け事象の連鎖の種類で分類した枝に束ねる。すなわち、玉の色分け事象の連鎖の枝毎に、対応する事象の連鎖の糸を割り当てて編集した以下の樹形図を作成する。
この樹形図から、玉の色の組み合わせのバラエティの数（色分け事象の連鎖の数）は１０通りあることがわかる。
しかし、各々の玉の色分けの枝（色分け事象の連鎖）に対応する玉の組み合わせの数は、以下に示す通りに、異なっている。
（２－１）３つの玉の色が全て同じ色の場合は、その色を選ぶバラエティの数の３つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、各箱からその色の玉を取り出すバラエティの数は、１つだけである。
（２－２）３つの玉の色が２色の場合の枝は、同じ色の２つの玉の第１の色を選ぶバラエティの数の３と、その他の２つの色から、１つの玉の第２の色を選ぶバラエティの数の２との積の、６つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、その色の組み合わせの玉を３つの箱から取り出すバラエティの数は、第２の色の１つの玉をどの箱から取り出すかのバラエティの数であり、３である。
（２－３）３つの玉の色が３色の場合の枝は、色の偏りが無いので、その色のバラエティの数が１つだけなので、１つの枝に分岐する。
その色分布の枝毎の、その色の組み合わせの玉を３つの箱から取り出すバラエティの数は、赤色玉をどの箱から取り出すかのバラエティの数３と、白色玉を残り２つのどの箱から取り出すかかのバラエティの数２との積であり、６である。
（３）なお、各枝毎の、各箱の玉の色の組み合わせの数は、上図に記載した式(x+y+z)^3を展開した各項の係数に対応する関係がある。
（解答おわり）
（補足）
この問題は、３つの箱を３人の人に置き替えて、玉の３つの色を、人を組み分ける３つの組の名前、すなわち、赤組、白組、黒組に置き換えた問題と等価である。
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