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名古屋大学　2021年度　前期日程　理科系

第3問確率の解答・解説

推移のある試行・到達確率・漸化的な計算・全事象の確認当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/12

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。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12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) $1$ から $12$ までを4段（上から順に5個・4個・2個・1個）に左詰めで並べた配置で、石を右隣以降・真下以降の数字へ等確率に移すゲームを行うとき、終了時に $2$ が丸で囲まれている確率 $p_{2}$ を求める

答 $p_{2} = \frac{2}{21}$

「終了時に $j$ が丸で囲まれている」＝「ゲーム中に石が一度でも $j$ に乗る」である（丸は消えない）。移動先はつねに自分より大きい数字なので、同じ数字を2度通ることはなく、 $p_{j}$ は「 $j$ に入ってくる道」をすべて足せば求まる。 $2$ に入れるのは最初に選ぶ場合と $1$ から来る場合だけなので、2項で終わる。

まず移動先を整理する。 配置は、第1段が $1, 2, 3, 4, 5$ 、第2段が $6, 7, 8, 9$ 、第3段が $10, 11$ 、第4段が $12$ を左詰めにしたものである。「同じ段で右にあるもの」と「同じ列で下にあるもの」をすべて書き出すと、次のようになる。

$1 \to {2, 3, 4, 5, 6, 10, 12}$ （7通り）
$2 \to {3, 4, 5, 7, 11}$ （5通り）
$3 \to {4, 5, 8}$ （3通り）
$4 \to {5, 9}$ （2通り）
$6 \to {7, 8, 9, 10, 12}$ （5通り）
$7 \to {8, 9, 11}$ （3通り）
$8 \to {9}$ （1通り）
$10 \to {11, 12}$ （2通り）
$5, 9, 11, 12$ は行き先がない

行き先がないのは $5, 9, 11, 12$ の4つだけで、これはちょうど終了条件の4つと一致する。つまりゲームは「動けなくなるまで動く」のと同じであり、必ず $5, 9, 11, 12$ のどれか1つで終わる。

また、どの移動も数字を真に大きくする。したがって石は同じ数字を2度通らず、 $j$ が丸で囲まれるのは「石が $j$ をちょうど1回通る」ことと同じである。そこで

p_{j} = (石が j を通る確率)

を、 $j$ に入ってくる道で場合分けして足す。

$p_{2}$ を求める。 $2$ に石が乗るのは次の2通りで、互いに排反である。

最初の (a) で $2$ を選ぶ：確率 $\frac{1}{12}$
最初に $1$ を選び、次に $2$ へ移る： $1$ からの行き先は7通りなので $\frac{1}{12} \cdot \frac{1}{7} = \frac{1}{84}$

$2$ に入ってこられるのは「同じ段で左にある」 $1$ だけ（ $2$ は最上段なので真上の数字はない）なので、これで尽きている。よって

p_{2} = \frac{1}{12} + \frac{1}{84} = \frac{7}{84} + \frac{1}{84} = \frac{8}{84} = \frac{2}{21}

である。

40万回のモンテカルロで $0.09610$ 、 $\frac{2}{21} = 0.095238$ と一致した。

丸は消えないので、 $p_{j}$ は「最後に石がある場所」ではなく「一度でも通ったか」の確率である。終了条件の $5, 9, 11, 12$ 以外についても $p_{j}$ は定義されている。

移動先の個数は数字ごとに違う（ $1$ なら7通り、 $4$ なら2通り）。分母を $12$ のまま使い回さない。

(2)確率 $p_{5}$ と $p_{11}$ を求める

答 $p_{5} = \frac{8}{35}$ 、 $p_{11} = \frac{1}{5}$

移動はつねに数字を大きくするので、 $p_{1}, p_{2}, \dots$ と番号の小さいほうから順に確定していく。 $j$ に入ってくる矢印を全部拾って $p_{i} \times \frac{1}{( i の行き先の個数 )}$ を足すだけで、連立方程式を解く必要はない。

番号の小さい順に計算する。 $i$ から $j$ へ移る確率は $\frac{1}{n _{i}}$ （ $n_{i}$ は $i$ の行き先の個数）で、(1) の表から $n_{1} = 7, n_{2} = 5, n_{3} = 3, n_{4} = 2, n_{6} = 5, n_{7} = 3, n_{8} = 1, n_{10} = 2$ である。

以下、分母を $420$ にそろえて書く（ $\frac{1}{12} = \frac{35}{420}$ ）。

p_{1} = \frac{1}{12} = \frac{35}{420}

$3$ に入れるのは $1, 2$ から。 $4$ に入れるのは $1, 2, 3$ から。いずれも最上段なので真上はない。

p_{2} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} = \frac{35 + 5}{420} = \frac{40}{420}

p_{3} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} + \frac{p _{2}}{5} = \frac{35 + 5 + 8}{420} = \frac{48}{420}

p_{4} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} + \frac{p _{2}}{5} + \frac{p _{3}}{3} = \frac{35 + 5 + 8 + 16}{420} = \frac{64}{420}

$5$ に入れるのは $1, 2, 3, 4$ から（ $5$ の列には $5$ しかないので真上はない）。

p_{5} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} + \frac{p _{2}}{5} + \frac{p _{3}}{3} + \frac{p _{4}}{2} = \frac{35 + 5 + 8 + 16 + 32}{420} = \frac{96}{420} = \frac{8}{35}

$p_{11}$ のほう。 $11$ に入れるのは、同じ段の左の $10$ と、同じ列の上の $2, 7$ である。順に用意する。

p_{6} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} = \frac{40}{420}

p_{7} = \frac{35}{420} + \frac{p _{2}}{5} + \frac{p _{6}}{5} = \frac{35 + 8 + 8}{420} = \frac{51}{420}

p_{10} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} + \frac{p _{6}}{5} = \frac{35 + 5 + 8}{420} = \frac{48}{420}

よって

p_{11} = \frac{35}{420} + \frac{p _{2}}{5} + \frac{p _{7}}{3} + \frac{p _{10}}{2} = \frac{35 + 8 + 17 + 24}{420} = \frac{84}{420} = \frac{1}{5}

である。

モンテカルロで $p_{5} = 0.22837$ （ $\frac{8}{35} = 0.228571$ ）、 $p_{11} = 0.19997$ （ $\frac{1}{5} = 0.2$ ）だった。

$j$ に入ってくる矢印を数え落としやすい。 $j$ の「同じ段で左にあるもの全部」と「同じ列で上にあるもの全部」の2方向を機械的に拾う。

$7$ には $1$ から直接は行けない（ $1$ と $7$ は段も列も違う）。図の位置関係をそのつど確認する。

(3) $p_{5}, p_{9}, p_{11}, p_{12}$ のうち最も大きいものの値を求める

答 $p_{9} = \frac{2}{5}$

残りの $p_{9}, p_{12}$ も同じ手順で出す。4つの和が $1$ になるはずなので、それを検算に使えば計算ミスがそのまま見つかる。

$8$ に入れるのは同じ段の左の $6, 7$ と、同じ列の上の $3$ である。

p_{8} = \frac{35}{420} + \frac{p _{3}}{3} + \frac{p _{6}}{5} + \frac{p _{7}}{3} = \frac{35 + 16 + 8 + 17}{420} = \frac{76}{420}

$9$ に入れるのは同じ段の左の $6, 7, 8$ と、同じ列の上の $4$ である。 $n_{8} = 1$ なので $8$ からは必ず $9$ へ行く。

p_{9} = \frac{35}{420} + \frac{p _{4}}{2} + \frac{p _{6}}{5} + \frac{p _{7}}{3} + p_{8} = \frac{35 + 32 + 8 + 17 + 76}{420} = \frac{168}{420} = \frac{2}{5}

$12$ に入れるのは同じ列の上の $1, 6, 10$ である（第4段には $12$ しかないので左はない）。

p_{12} = \frac{35}{420} + \frac{p _{1}}{7} + \frac{p _{6}}{5} + \frac{p _{10}}{2} = \frac{35 + 5 + 8 + 24}{420} = \frac{72}{420} = \frac{6}{35}

4つを並べると

p_{5} = \frac{96}{420}, p_{9} = \frac{168}{420}, p_{11} = \frac{84}{420}, p_{12} = \frac{72}{420}

で、和は

\frac{96 + 168 + 84 + 72}{420} = \frac{420}{420} = 1

となる。ゲームは必ずこの4つのどれか1つで終わるので、和が $1$ になるのは当然であり、よい検算になっている。最大は

p_{9} = \frac{168}{420} = \frac{2}{5}

である。

$9$ が大きくなるのは、 $9$ に入ってくる矢印が4本あるうえ、 $8$ からは確率 $1$ で $9$ に来るからである。行き止まりの直前にある数字は確率が集まりやすい。

モンテカルロ40万回で $p_{9} = 0.40055$ となり、 $\frac{2}{5} = 0.4$ と一致した。4つの和も分数計算でちょうど $1$ になった。

$p_{8}$ で $6$ からの寄与を忘れやすい。 $6 \to {7, 8, 9, 10, 12}$ に $8$ が入っている。

$p_{5} + p_{9} + p_{11} + p_{12} = 1$ を必ず確かめる。合わなければどこかの矢印を数え落としている。

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問題文について

(1)1 から 12 までを4段（上から順に5個・4個・2個・1個）に左詰めで並べた配置で、石を右隣以降・真下以降の数字へ等確率に移すゲームを行うとき、終了時に 2 が丸で囲まれている確率 p2​ を求める

(2)確率 p5​ と p11​ を求める

(3)p5​,p9​,p11​,p12​ のうち最も大きいものの値を求める

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