反復試行の確率

こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は反復試行の確率について学習していこう。

反復試行の確率

反復って繰り返すことを意味するよね。だから反復試行っていうのは、同じ試行を繰り返すこと。同じ試行っていうのは、例えばコインを投げたり、サイコロを振ったり。

当然同じ試行だから確率が変化しないってことが重要だよ。

コインを投げたり、サイコロを振ったりする試行の場合、表が出たからといって、次に表が出やすくなったり、\(\small{ \ 1 \ }\)の目が出たから、次に\(\small{ \ 1 \ }\)の目が出にくくなるなんてことはないよね。

これに対して、当たりくじが\(\small{ \ 3 \ }\)本はずれくじ\(\small{ \ 7 \ }\)本入っている箱からくじを引く場合、くじを引いて、引いたくじを元に戻してもう一度くじを引けば反復になるけど、くじをひいて元に戻さずに次を引けば反復にならないからね。当たりくじを引く確率が変わっちゃうよね。

今回学習するのは反復試行の確率だから、まずはどんな試行のことかしっかりと押さえておこう。

反復試行の確率の式

例えばコインを\(\small{ \ 4 \ }\)回投げて\(\small{ \ 2 \ }\)回表が出る確率を考えてみよう。
出方は順に並べると次の\(\small{ \ 6 \ }\)通りあるよね。
①表表裏裏
②表裏表裏
③表裏裏表
④裏表表裏
⑤裏表裏表
⑥裏裏表表
どの確率も\(\small{ \ \displaystyle\frac{1}{2}\times\displaystyle\frac{1}{2}\times\displaystyle\frac{1}{2}\times\displaystyle\frac{1}{2} \ }\)になるから、求める確率は\(\small{ \ 6\times \left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2 \left( \displaystyle\frac{1}{2}\right)^2= \displaystyle\frac{3}{8} \ }\)になる。

この\(\small{ \ 6 \ }\)通りって\(\small{ \ 4 \ }\)回中\(\small{ \ 2 \ }\)回表が\(\small{ \ 2 \ }\)回裏が出るってことだから、表が\(\small{ \ 2 \ }\)回裏が\(\small{ \ 2 \ }\)回の並べ方、つまり\(\small{ \ _4 \mathrm{C}_2 \ }\)通りあるよね。これは\(\small{ \ 4 \ }\)回の中から表を並べる場所を\(\small{ \ 2 \ }\)箇所選ぶって組合せのことだよね。

それか「表表裏裏」の同じものを含む順列って考えても同じ結果になるよね。同じものを含む順列については次の記事で確認しておこう。

一般化すると、\(\small{ \ 1 \ }\)回の試行で事象\(\small{ \ A \ }\)が起こる確率が\(\small{ \ p \ }\)で、これを\(\small{ \ n \ }\)回繰り返し行うとき、\(\small{ \ n \ }\)回中\(\small{ \ k \ }\)回事象\(\small{ \ A \ }\)が起こる確率は、\(\small{ \ _n \mathrm{C}_kp^k(1-p)^{n-k} \ }\)になる。

ちなみに\(\small{ \ 1 \ }\)回の試行で事象\(\small{ \ A \ }\)が起こらない確率は\(\small{ \ 1-p \ }\)になるから、上の式では事象\(\small{ \ A \ }\)が起こるのが\(\small{ \ k \ }\)回、事象\(\small{ \ A \ }\)が起こらないのが\(\small{ \ n-k \ }\)回だから、\(\small{ \ (1-p)^{n-k} \ }\)もかけてあるからね。
この式は本当に重要な式だから確実に押さえておこう。

反復試行の確率の計算式はもちろん重要だけど、余事象を利用した確率やその計算にでてくる排反（この場合は表が出ない事象と表が\(\small{ \ 1 \ }\)回だけ出る事象）の利用も本当に重要だからきちんと押さえておこう。

間違えやすい反復試行の問題

反復試行の問題で間違えやすいのが次の問題。

この問題の場合、先に\(\small{ \ 3 \ }\)勝すれば勝ちだから、\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝者になるパターンは
①\(\small{ \ 3 \ }\)勝\(\small{ \ 0 \ }\)敗で\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝つ
②\(\small{ \ 3 \ }\)勝\(\small{ \ 1 \ }\)敗で\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝つ
③\(\small{ \ 3 \ }\)勝\(\small{ \ 2 \ }\)敗で\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝つ
がある。

①の確率は
\(\small{ \ {}_3\mathrm{C}_3 \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^3\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^0= \displaystyle\frac{8}{27} \ }\)

②の確率は
\(\small{ \ {}_4\mathrm{C}_3 \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^3\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^1= \displaystyle\frac{32}{81} \ }\)
ってしたくなるけど、これじゃダメなんだ。
4試合中して\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が\(\small{ \ 3 \ }\)回勝って\(\small{ \ 1 \ }\)回負けるんだから、これで良さそうな気もするけど、これだと\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が\(\small{ \ 3 \ }\)連勝して\(\small{ \ 4 \ }\)試合目に負ける場合も含まれてるからダメなんだ。だって\(\small{ \ 3 \ }\)勝した時点で試合は終わるはずだから4試合目をする必要ないからね．

だから\(\small{ \ 3 \ }\)勝\(\small{ \ 1 \ }\)敗の場合、\(\small{ \ 4 \ }\)試合目は必ず\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝たないといけない。つまり、最初の\(\small{ \ 3 \ }\)試合は\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)の\(\small{ \ 2 \ }\)勝\(\small{ \ 1 \ }\)敗で、\(\small{ \ 4 \ }\)試合目に\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝つ確率じゃないといけないんだ。

だから②の確率は\(\small{ \ {}_3\mathrm{C}_2 \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^2\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^1\times \displaystyle\frac{2}{3}= \displaystyle\frac{8}{27} \ }\)になるんだ。

同様にして③の確率は最後に\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)が勝つことを考えて
\(\small{ \ {}_4\mathrm{C}_2 \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^2\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right)^2 \times \displaystyle\frac{2}{3}= \displaystyle\frac{16}{81} \ }\)

だから\(\small{ \ \mathrm{A} \ }\)の勝つ確率は
\(\small{ \ \displaystyle\frac{3}{8}+ \displaystyle\frac{2}{27}+ \displaystyle\frac{16}{81}=\displaystyle\frac{64}{81} \ }\)
になるんだ。
反復試行の問題で、一部の順番が決まっている場合は、そのことを考えた式を作るようにしよう。

事象が3つ以上ある確率の求め方

さっきは事象\(\small{ \ A \ }\)が起こる起こらないの\(\small{ \ 2 \ }\)つの事象だったけど、たとえば赤玉\(\small{ \ 2 \ }\)個、青玉\(\small{ \ 3 \ }\)個、白玉\(\small{ \ 4 \ }\)個の計\(\small{ \ 9 \ }\)個入った袋から玉を一つ取り出して元に戻すっていう試行を繰り返すときの確率はどうかな。この場合、事象は「赤玉を取り出す」「青玉を取り出す」「白玉を取り出す」の\(\small{ \ 3 \ }\)つの事象になるよね。この試行を\(\small{ \ 5 \ }\)回繰り返すとき、赤が\(\small{ \ 1 \ }\)回、青\(\small{ \ 2 \ }\)回、白\(\small{ \ 2 \ }\)回出る確率を考えてみよう。

袋から取り出して元に戻すから、\(\small{ \ 1 \ }\)回の試行で赤玉を取り出す確率は\(\small{ \ \displaystyle\frac{2}{9} \ }\)、 青玉を取り出す確率は\(\small{ \ \displaystyle\frac{3}{9} \ }\)、 白玉を取り出す確率は\(\small{ \ \displaystyle\frac{4}{9} \ }\)だよね。

さっきと同じで赤が\(\small{ \ 1 \ }\)回、青\(\small{ \ 2 \ }\)回、白\(\small{ \ 2 \ }\)回の並び方を考えればいいから、これは同じものを含む順列の考え方で\(\small{ \ \displaystyle\frac{5!}{2!2!}=30 \ }\)通りある。
だから求める確率は\(\small{ \ 30 \times \left(\displaystyle\frac{2}{9}\right)\left(\displaystyle\frac{3}{9}\right)^2\left(\dfrac{4}{9}\right)^2 \ }\)になる。

これを一般化すると、\(\small{ \ 1 \ }\)回の試行で事象\(\small{ \ A \ }\)、事象\(\small{ \ B \ }\)、事象\(\small{ \ C \ }\)の起こる確率がそれぞれ\(\small{ \ a,b,c \ (a+b+c=1) \ }\)で、これを\(\small{ \ n \ }\)回繰り返し行うとき、\(\small{ \ n \ }\)回中事象\(\small{ \ A \ }\)が\(\small{ \ p \ }\)回、事象\(\small{ \ B \ }\)が\(\small{ \ q \ }\)回、事象\(\small{ \ C \ }\)が\(\small{ \ r \ }\)回\(\small{ \ (p+q+r=n) \ }\)起こる確率は\(\small{ \ \displaystyle\frac{n!}{p!q!r!}a^p b^q c^r \ }\)になるんだ。

この例題の「その他が出る確率」っていうのは\(\small{ \ 1 \ }\)と\(\small{ \ 2 \ }\)以外の出る確率のことだから、\(\small{ \ 3,4,5,6, \ }\)のどれかが出る確率になるから\(\small{ \ \displaystyle\frac{4}{6}=\displaystyle\frac{2}{3} \ }\)のことだからね。

次は入試レベルの問題にチャレンジ！

入試レベルにチャレンジ

問題解答

\(\small{ \ 1 \ }\)回の試行で、事象\(\small{ \ A \ }\)の起こる確率を\(\small{ \ p \ }\)とするとき、\(\small{ \ n \ }\)回の独立な試行で、\(\small{ \ A \ }\)の起こる回数が偶数となる確率\(\small{ \ \dfrac{1}{2}\{1+(1-2p)^n\} \ }\)であることを証明せよ。

\(\small{ \ n \ }\)回中事象\(\small{ \ A \ }\)が\(\small{ \ k \ }\)回起こる確率を\(\small{ \ P_k \ }\)とすると
\(\small{ \ P_k={}_n\mathrm{C}_k p^k(1-p)^{n-k} \ }\)
\(\small{ \ P_0+P_1+P_2+\cdots+P_n=1 \ }\)
二項定理から

\(\small{ \ \left\{p+(1-p)\right\}^n={}_n\mathrm{C}_0 p^0(1-p)^{n}+{}_n\mathrm{C}_1 p(1-p)^{n-1}+{}_n\mathrm{C}_2 p^2(1-p)^{n-2}+\cdots+{}_n\mathrm{C}_n p^n(1-p)^{0}\cdots① \ }\)
\(\small{ \ \left\{-p+(1-p)\right\}^n={}_n\mathrm{C}_0 (-p)^0(1-p)^{n}+{}_n\mathrm{C}_1 (-p)(1-p)^{n-1}+{}_n\mathrm{C}_2(-p)^2(1-p)^{n-2}+\cdots+{}_n\mathrm{C}_n (-p)^n(1-p)^{0}\cdots② \ }\)

\(\small{ \ ①+② \ }\)より

\(\small{ \ 2\left\{{}_n\mathrm{C}_0 p^0(1-p)^{n}+{}_n\mathrm{C}_2 p^2(1-p)^{n-2}+{}_{n}\mathrm{C}_4 p^4(1-p)^{n-4}+\cdots\right\}=1+(1-2p)^n \ }\)
\(\small{ \ \therefore {}_n\mathrm{C}_0 p^0(1-p)^{n}+{}_n\mathrm{C}_2 p^2(1-p)^{n-2}+{}_n\mathrm{C}_4 p^4(1-p)^{n-4}+\cdots=\displaystyle\frac{1}{2}\left\{1+(1-2p)^n\right\} \ }\)

\(\small{ \ P_k={}_n\mathrm{C}_k p^k(1-p)^{n-k} \ }\)は二項定理の一つの項ってみることができるよね。二項定理や二項係数がきちんと理解できていない人は下の記事をきちんと確認しておこう。

CHECK

二項定理の証明

数学的帰納法を用いた二項定理の証明について詳しく解説しています。

続きを見る

CHECK

二項係数

二項係数の性質やパスカルの三角形など二項係数全般について詳しく解説しています。

続きを見る

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