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北海道大学　2024年度（令和6年度）　前期日程　理系

北大理系 2024年度数学第2問（確率）の解答・解説

北海道大学（北大理系）2024年度（令和6年度・2024年）前期日程・理系入試の数学第2問（分野：確率）について、当サイトが独自に作成した解答・計算過程・詳解です。本問では「反復試行の確率・条件付き確率・場合の数の数え上げ」を扱います。

出題テーマ：反復試行の確率・条件付き確率・場合の数の数え上げ当サイトの体感難易度：標準最終更新 2026/11/15

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/11/15時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1)正八面体のさいころ（ $1, 2, 3$ が各1面、 $0$ が5面）を $n$ 回（ $n ≧ 2$ ）投げるとき、持ち点が $2$ 以下である確率を求める

答 $\frac{5 ^{n - 2} ( n ^{2} + 19 n + 50 )}{2 \cdot 8 ^{n}}$

各回で出る確率は $0$ が $\frac{5}{8}$ 、 $1, 2, 3$ が各 $\frac{1}{8}$ である。合計が $0, 1, 2$ になる場合を互いに排反に分けて計算する。

1回の試行で、出る数が $0$ である確率は $\frac{5}{8}$ 、 $1, 2, 3$ である確率はそれぞれ $\frac{1}{8}$ である。 $n$ 回の試行の合計（持ち点）が $2$ 以下になるのは、合計が $0, 1, 2$ のいずれかとなるときであり、各内訳は次の通り互いに排反である。

合計が $0$ のとき： $n$ 回すべて $0$ が出る。確率は $(\frac{5}{8})^{n} = \frac{5 ^{n}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $1$ のとき： $1$ が1回、 $0$ が $n - 1$ 回出る。確率は $_{n} C_{1} (\frac{1}{8}) (\frac{5}{8})^{n - 1} = \frac{n \cdot 5 ^{n - 1}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $2$ かつ「 $2$ が1回」のとき： $2$ が1回、 $0$ が $n - 1$ 回出る。確率は $_{n} C_{1} (\frac{1}{8}) (\frac{5}{8})^{n - 1} = \frac{n \cdot 5 ^{n - 1}}{8 ^{n}}$ 。
合計が $2$ かつ「 $1$ が2回」のとき（ $n ≧ 2$ より可能）： $1$ が2回、 $0$ が $n - 2$ 回出る。確率は $_{n} C_{2} (\frac{1}{8})^{2} (\frac{5}{8})^{n - 2} = \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot \frac{5 ^{n - 2}}{8 ^{n}}$ 。

これらをすべて加えると、求める確率は

\frac{5 ^{n} + 2 n \cdot 5 ^{n - 1} + \frac{n ( n - 1 )}{2} \cdot 5 ^{n - 2}}{8 ^{n}} = \frac{5 ^{n - 2}}{2 \cdot 8 ^{n}} {50 + 20 n + n (n - 1)} = \frac{5 ^{n - 2} ( n ^{2} + 19 n + 50 )}{2 \cdot 8 ^{n}}

となる。

$n = 2$ を代入すると $\frac{5 ^{0} ( 4 + 38 + 50 )}{2 \cdot 64} = \frac{92}{128} = \frac{23}{32}$ 。実際に2回の合計が $3$ 以上になるのは $(1, 2), (2, 1), (2, 2)$ と「 $3$ を含む組」だけで、余事象は $1 + 1 + 1 + （ 8^{2} - 7^{2} ） = 18$ 通り。 $1 - \frac{18}{64} = \frac{46}{64} = \frac{23}{32}$ で一致する。

$0$ の面が5つあるため、 $0$ が出る確率が $\frac{1}{8}$ ではなく $\frac{5}{8}$ である点を見落とさない。

合計が $2$ になる場合を「 $2$ が1回」だけで済ませず、「 $1$ が2回」を忘れずに数える。また $n ≧ 2$ の条件から $5^{n - 2}$ は無理なくくくり出せる。

(2)4回投げて持ち点が $10$ 以上であったとき、さらに2回投げて合計が $17$ 以上になる条件付き確率を求める

答 $\frac{7}{960}$

1回の最大値が $3$ なので、4回の合計は最大 $12$ 、追加2回の合計は最大 $6$ しかない。とりうる組み合わせがごくわずかなため、すべて書き出して数える。

最初の4回の持ち点を $S$ 、続く2回の増加分を $T$ とする。事象 $A$ を「 $S ≧ 10$ 」、事象 $B$ を「 $S + T ≧ 17$ 」とおく。1回に出る数の最大値は $3$ だから、 $S ≦ 12$ かつ $T ≦ 6$ である。

まず $P (A)$ を求める。4回の試行で $S ≧ 10$ となるのは $S = 10, 11, 12$ の3通りに限られ、各回の $1, 2, 3$ の面はそれぞれ1つずつしかないので、出方の順列を数えればよい。

$S = 12$ ： $(3, 3, 3, 3)$ の $1$ 通り。
$S = 11$ ： $(3, 3, 3, 2)$ の並べ替えで $4$ 通り。
$S = 10$ ： $(3, 3, 3, 1)$ の並べ替え $4$ 通りと、 $(3, 3, 2, 2)$ の並べ替え $\frac{4 !}{2 ! 2 !} = 6$ 通りの計 $10$ 通り（最大値が $2$ 以下だと4回の和は最大 $8 < 10$ のため他にない）。

以上より $S ≧ 10$ となる出方は $1 + 4 + 10 = 15$ 通りあり、

P (A) = \frac{15}{8 ^{4}}

である。次に $P (A \cap B)$ を求める。 $T ≦ 6$ より、 $S + T ≧ 17$ となる可能性は次の場合に限られる。

$S = 10$ のとき： $T ≧ 7$ が必要だが $T ≦ 6$ なので $0$ 通り。
$S = 11$ のとき： $T ≧ 6$ すなわち $T = 6$ （ $(3, 3)$ の $1$ 通り）が必要。 $4 \times 1 = 4$ 通り。
$S = 12$ のとき： $T ≧ 5$ すなわち $(3, 3), (3, 2), (2, 3)$ の $3$ 通りが可能。 $1 \times 3 = 3$ 通り。

よって6回の試行（ $8^{6}$ 通り）のうち $A \cap B$ を満たすものは $4 + 3 = 7$ 通りあり、

P (A \cap B) = \frac{7}{8 ^{6}}

である。したがって求める条件付き確率は

P_{A} (B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( A )} = \frac{7/ 8 ^{6}}{15/ 8 ^{4}} = \frac{7}{15 \cdot 8 ^{2}} = \frac{7}{960}

となる。

前半4回の「3以上が出たとき」の各状態 $S = 11$ （確率 $\frac{4}{15}$ ）、 $S = 12$ （確率 $\frac{1}{15}$ ）、 $S = 10$ （確率 $\frac{10}{15}$ ）について後半の確率を掛けて足しても、 $\frac{4}{15} \cdot \frac{1}{64} + \frac{1}{15} \cdot \frac{3}{64} = \frac{7}{960}$ となる。

$S = 10$ の内訳を数えるとき、 $(3, 3, 2, 2)$ の並べ替え $\frac{4 !}{2 ! 2 !} = 6$ 通りを落とさないように、大きい数から降順に整列した組（ $(3, 3, 3, 1)$ と $(3, 3, 2, 2)$ ）で漏れなく書き出す。

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