花さん、こんばんは。

＞イマイチよくわかりません。
もう少し詳しく、ここまでは解るが、ここからが解り難いというように、教えて欲しいです。
もっとも確率の問題は、解けて答えが合った時でも、若干？？が残る場合もありますよね。

☆　１から９までの番号をつけた９枚のカードの中から同時に２枚を抜き取る

全ての取り出し方は、9C2　=36　通りあります。が、これはよろしいか？

☆　和が５の倍数となる抜き取り方
和が５…(１と４)(２と３)
和が１０…(１と９)(２と８)(３と７)(４と６)
和が１５…(６と９)(７と８)

というように書き出して考えるのが有効だと思います。

イマイチというか・・よくわからないんですよね。詳しく説明できなくてごめんな
さい！新矢さんが返信してくださったやり方（すべての場合を書き出す）をすると
確率はいくらになるんですか？？確率の問題の答えは分数で出すんですよね！？
何度もすいません！もう１度詳しく教えてください。お願いします。

ある出来事“Ａ”が起こる確率=(Ａがおこる場合の数)/(全ての場合の数)
ですね。

☆　全ての場合の数
この問題での全ての場合の数とは、９枚のカードから２枚を選ぶ、その選び方の総数ですから、計算で求めれば、9C2=36　となります。
9C2　については教科書の“組み合わせ”を見てください。

全て書き出すなら
(1と２)（１と３）（１と４）（１と５）（１と６）（１と７）（１と８）（１と９）
（２と３）（２と４）（２と５）（２と６）（２と７）（２と８）（２と９）
（３と４）（３と５）…
　……
（７と８）（７と９）
（８と９）

となりますが、普通、9C2　で求めます。
全ての場合の数は３６通りです。

☆その番号の和が５の倍数となる場合の数
これは先のレスに書いたように、すべて書き出しましょう。

和が５…(１と４)(２と３)
和が１０…(１と９)(２と８)(３と７)(４と６)
和が１５…(６と９)(７と８)

その番号の和が５の倍数となる場合の数は上の８通りです。

求める確率=(和が５の倍数となる場合の数)/(全ての場合の数)
　　　　　=8/32=1/4

確率は、順列・組み合わせの発展ですから、順列・組み合わせの理解が不充分であると、確率は解り辛いです。
学校の問題集などの、一度解いた問題でいいですから、順列・組み合わせの問題をもう一度復習されることを奨めます。

丁寧に教えてくださってありがとうございました！おかげで、この問題理解できました。もう１度、順列・組み合わせの基礎から復習したいと思います。

まずは，問題そのものの回答ですけど，

Ｐ（A∩B)ですから，あたりである赤球を引く確率ですね．これは
「赤球を引く確率」かける「赤球を引いたときにそれがあたりである確率」
となりますね．

このように Ｐ（A∩B)というのは
「Ａが起こる確率」かける「Ａが起こったという前提の元でＢが起こる確率」
として計算できます．一般には
「Ａが起こる確率」かける「Ｂが起こる確率」
とは別のものですね．これが一致する場合に
「ＡとＢは独立である」
と言うわけです．
直感的に言うと
「Ａが起ころうと起こるまいとＢが起こる確率に影響を与えない」
ということになります．

独立であることがわかっている場合には，確率の積の法則を使う場合に
「Ａが起こったという前提の元でＢが起こる確率」
と考えても
「Ｂが起こる確率」
と考えても
同じになるわけです．

助っ人の池田です。きゆうさん、はじめまして。

「少なくとも１つの箱に同じ色の玉が２個以上」の余事象はどうなりますか？
「どの箱にも、同じ色の玉が１個以下しかない」となりますね。
余事象の確率を求めて、１からそれを引いた方が手っ取り早いと思いますので、
それで求めてみます。

まず赤玉から考えます。
箱が３つ、赤玉が３つですから、「どの箱にも、同じ色の玉が１個以下しかない」
となるようにするには、箱１つに赤玉１個ずつ入れるしかないですね。
で、これで１通りです。

そして白玉を考えます。
箱が３つ、白玉が２つですから、白玉が入る可能性は
　　　AB, BC, AC
の３通りになります。

最後に全事象を考えますと、１つ１つの玉が A, B, C のどこに行ってもよいのですから、
１つ１つの玉について３通りなので、５つの玉全体では
　　　3^5=243
通りとなります。

以上で道具はそろいました。
まず余事象の確率を求めます。赤玉と白玉の両方を考えて
　　　frac{1×3}{243}=frac{1}{81}
となります。
そして、求める確率は１からこれを引けばよいのですから
　　　1-frac{1}{81}=frac{80}{81}
となります。

きゆうさん，はじめまして。宝塚のような綺麗なＨＮですね。
池田先生，いつもありがとうございます。
確率　80/81 は大きすぎると感じたので，私も考えてみたのですが，

＞まず赤玉から考えます。
　箱が３つ、赤玉が３つですから、「どの箱にも、同じ色の玉が１個以下しかな　　い」となるようにするには、箱１つに赤玉１個ずつ入れるしかないですね。
　で、これで１通りです。

確率の問題はたとえ問題に「区別がつかない」と書いてあっても，区別して考えないといけません。
例えば，区別のつかない10円玉を２枚同時に投げた時，２枚とも表の確率は？
【誤答】すべての場合は，表表，表裏，裏裏　の３通り
　　　　表表は１通り。 ∴　1/3
【正解】10円玉にＡＢの区別をつける。
　　　すべての場合はABの順に　表表，表裏，裏表，裏裏　の４通り
　　　　表表は１通り。 ∴　1/4

赤玉を R1,R2,R3 と区別し，これらを１個づつ，箱ＡＢＣへの入れ方は　
　3・2・1=6　通り

＞そして白玉を考えます。
　箱が３つ、白玉が２つですから、白玉 W1,W2 が入る可能性は
　　　Ａ　　　Ｂ　　　Ｃ
　　　Ｗ１　　Ｗ２
　　　Ｗ２　　Ｗ１
　　　Ｗ１　　　　　　Ｗ２
　　　Ｗ２　　　　　　Ｗ１
　　　　　　　Ｗ１　　Ｗ２
　　　　　　　Ｗ２　　Ｗ１
の６通り

全事象は R1,R2,R3,W1,W2 の５個の１つ１つの玉が A, B, C のどこに行ってもよいのですから、１つ１つの玉について３通りなので、５つの玉全体では
　　　3^5=243

答は　23/27 だと思うんですが，これでいいんですかね　⇒　水野先生
『間違いだらけの個数の処理』の執筆を考えている私が間違っていたらメチャクチャ恥ずかしいです。

＞きゆうさん
　確率の問題は私も含め先生だってよく間違えるし，答がでてもあってるかどう　　か，いつも不安なんですよ。

２３／２７のはずです。
水野より。

この問題のポイントは、最大限に１色を１個ずつ、各ボックスに割り振るしかない
ということ。１個めはどこのボックスに放り込んでもいいが、２個め以降は入れら
れるボックスのバリエーションが減る。

「１個ずつ取り出す」「確率のかけざん」で考えるのが得意な人向けですね。

丁寧な解説ありがとうございます。
・・・即日回答に驚いています；

なるほど、赤と白と、別々に考えるんですね。一気に考えようとしていました（まさか243通りもあったなんて！）
これは予備校で習った問題なのですが、
「区別して考えないといけない」ということを私は知らなくて、
２７通りもあるの？と、授業中から先程まで、ずっとパニックに陥っていました・・・救われました。
しかし、区別、つい忘れてしまいそうです。
赤玉は赤玉にしか見えず、白玉は白玉にしか見えないですもの・・・

とにかく、ほんとうにありがとうございました。これからもう一度解いてみます。

＞新矢さん　宝塚…ですか；；初めて言われました。ありがとうございます。
確率を真に理解する日は来ないのでしょうけれど、私なりにがんばってみます。

助っ人も時には……の池田です。

間違った解答を書いてしまいまして、お恥ずかしい限りです。
新矢先生、水野さんにお世話になりっぱなしで大変申し訳ございません。

どちらの場合にも、
白玉が n 個出る確率を a_n とおいて、
a_{n+1} > a_n となるための n の条件を
求めてみましょう。

ちなみに、a_n の形によって
a_{n+1} - a_n > 0 から求めるか、
a_{n+1} / a_n >1 から求めるか、
求めやすい方でやってみましょう。

a_{n+1}＞a_{n} というのは自分で確かめてからやるのですか？
そしたら、問題によって違うということですね？

この問題では　　白が１回より２回の方が、２回より３回の方が確率は大きいであろうことは予測できます。
また、白が３８回より３９回の方が、３９回より４０回の方が確率が小さいでしょうね。

a_{1}<a_{2}<a_{3}<……>a_{38>a_{39}a_{40}　　　

…のどこかで不等号が逆転する（そこが最大）ので、それを不等式
a_{n}<a_{n+1}　を解くことで求めます。
　

(1)　の場合、

a_{n}=(40　C　n)*frac{6^{40-n}}{7^{40}}　
となると思います。
a_{n+1}=(40　C　n+1)*frac{6^{39-n}}{7^{40}}
ですから、a_{n+1}-a_{n}>0
よりは　　a_{n+1}/a_{n}>1　　の方が解きやすいでしょう。
a_{n+1}/a_{n}=…（自分で計算してください）
　　　　　　　=frac{40-n}{6(n+1)}>1
これを解くと、n<34/7=4.8･･
n=4　ゆえに　
a_{1}<a_{2}<a_{3}<a_{4}<a_{5}>a_{6}>a_{7}>…a_{39}>a_{40}

なるほどぉ。。。。すっごくよく解りました★＾０＾★
ありがとうございます♪♪♪

> さいころを一度振る場合の目の期待値は7/2なので、
> それ以下の目…1、2、3、が一度目の試行で出たら、
> ２回目を振る
その方針であってると思うのですが？
２回目を振る確率は1/2なので、・・・
期待値とは何か（要するに期待値の定義）
をよく考えれば、答えは目の前です！

返信遅くなりました；
なんとか答えにたどり着けました。ありがとうございます。
今日授業だったのですが、やっぱり解けてるのと解けていないのとでは授業の楽しさが違います…

さて、
得点が１のとき、２のとき・・・と、１つずつ確率を出していったのですが、
授業後配られたプリントでは、

１つのさいころを振って得られる得点の期待値は7/2であるから、
得点の期待値が最大となるようにするには、３以下のときは振りなおし、
４以上のときはそのままにすればよく、
その期待値は　3/6・7/2+1/6(4+5+6)＝17/4

のように解いていました。
1/6(4+5+6)は、１回めで4,5,6の出る期待値ですよね？
3/6が２回めへ進む確率…しかしなぜそこに7/2をかけるのかがわかりません。

さらに、この問題には続きがあって、
最高２回まで振り直せるときも同様に求めよ、
というものです。
この場合は、４以下の目のときは２回目以降を振り、
５以上のときはそのままにすればよく……17/4だから、と言われたのですが、
なぜなのか理解できていません。

いくつもすみません。よろしければご教授お願いします。

水野％助っ人です。

２度振り直せるときの考え方ですが、このように言えばどうでしょうか？？

「まず１度振って、十分大きい目が出たと思えばそこでやめればよいが、足りない
と思ったときは、新たに『１度しか振り直せないゲームに参加』しなさい」

・・・どうです？？まったく同じ条件になりませんか？

ということは、１度振ったときにその目で「妥協」するかどうかは、『最大であと
１度振り直せるときの、トータルの期待値』と比較して判断すればよいことになり
ます。・・・わかりますか？？

問題では、そこまでに１度まで振り直せる条件での期待値を求めているはずですか
ら、それより小さい４以下の目が出れば振り直し、５以上が出れば妥協することに
します。

＃ 何というか、チャンスが無限にあるとしたら、最高の結果が出るまで何度でも
＃ やり直すじゃないですか。でも、終わりに近づいてきたら、どこかで妥協する
＃ 必要が出てくるでしょう？？・・・この問題は、そのへんのことを数学を使っ
＃ てやろうとしているわけなんです。もしあと１回しかチャンスがないとした
＃ ら？と考えて、あと２回チャンスがあるとき、あと３回チャンスがあるときと
＃ いうふうに、さかのぼって考えていっていますよね。

そうそう、７／２をかけていることについてでしたね。

本当は「振り直して１」「振り直して２」・・・の確率、「４」「５」「６」を全
部考えて、

１×｛（３／６）×（１／６）｝＋２×｛（３／６）×（１／６）｝
＋・・・＋６×｛（３／６）×（１／６）｝
＋４×（１／６）＋５×（１／６）＋６（１／６）

というふうに書くべきなんでしょうが、
＃ ２行目までが振り直すぶん、３行目は振り直さないぶんです
かえってややこしくありませんか？？・・・そこで、７／２というよく知っている
ものが出てくるように、２行目までを

｛１×（１／６）＋２×（１／６）＋・・・＋６×（１／６）｝×（３／６）
＝（７／２）×（１／２）

と書き換えてやればいいことに気づきます。じっさい、振り直せる回数が２回以上
になった場合は、ここで出てきたように、「新たなゲームに参加する場合の期待
値」×「新たなゲームに参加しなければいけない確率」をまとめて考えないと分か
りづらいですからね・・・。

ところが・・・、こんなふうに、本来なら「点数」を書くべきところに、「別の
ゲームに参加した場合の期待値」なんて書いたことってないでしょう。だから分か
りづらかったんですね。でも、この考え方自体はとても重要ですから、また出てき
たときに今度は自分で取り組めるよう、しっかり理解しておきましょう。

　お答え下さり、ありがとうごさいます。

「まず１度振って、十分大きい目が出たと思えばそこでやめればよいが、足りない
と思ったときは、新たに『１度しか振り直せないゲームに参加』しなさい」

・・・ほんとだ…同じ条件になりますね！
ということは、例えば３回まで振り直していいのなら、
あと２回振り直せるときの、つまり今求めたものが14/3だから、
４以下のときは振り直し、５以上のときは３回目を振るということ…、
でよろしいんですよね？
う―ん、奥深いです｡確率でこんなことが出来るなんて…　（それとも、確率は本来こうやって実生活に活かすものなのでしょうか？）

７／２についても、なんとか理解できそうです（なんとか…）。
またじっくり考えてみます｡

水野です。
＃ ご指摘のとおり、考えるきっかけにしていただけたらと思い、書きました。

私も、質問を受けてからはじめてこの問題（の教え方）について考え直し、自分な
りの結論が、この「新たに〜に参加しなさい」という言い方だったのですが、また
もっと良い言い方、もっていきかたがあれば考えてみたいです。

まず、１回目に表が出たときに
当たりを引く確率を求めます。

求め方はコインが表になる確率
(問題に記述がないので良心的に 1/2 であるとしていいでしょう)
に、A から当たりを引く確率
(やはり問題に記述がないのですが、4/5 でしょう)
を掛ければ出ます。
次に１回目に裏が出たときに
当たりを引く確率を求めます。

その二つを加えれば (1) が出ます。
加えるだけでいいのは、この場合分けが、
完全に２つの事に分けているからです。
加えるのがこの２つだけなのは、
その２通り以外の場合は起こらないから、
つまり２つで全体の事が覆えるからです。
集合で考えてみてください。（ベン図）

で、(2) はいわゆる条件付確率で、定義どおりに
((1) で求めた表で当たりの確率)/((1)の答え)
で答えが出ます。ようするに問題文は
1回目に当たりくじを引いたとして、
その当たりくじが A に入っていた確率を求めよ、
というものです。(1) の場合は考えるのは、
全ての場合なのですが、この場合は
１回目に当たりを引いたときだけを考えるわけです。
ベン図で考えるとすると、(1) の場合は
全体が全ての場合なのですが、この場合は
全体は１回目に当たりを引いたときだけになります。
まあ、自分なりに分りやすい日本語に直してください。

ここまで説明すれば、
(3)、(4) は求められますね？

何とか解けました〜
本当にありがとございます。
お騒がせ致しました〜m(__)m