名古屋大学　2025年度　前期日程　理科系

第4問確率の解答・解説

裏返しの操作・偶奇の連立方程式・必要十分条件・多項係数当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/05

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（2026/10/05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) $p_{2}$ を求める

答 $p_{2} = \frac{1}{18}$

方針どのコインが何回裏返るかは、選ばれた回数の偶奇だけで決まる。順番は関係ない。だから「各コインが偶数回選ばれたか奇数回選ばれたか」を変数にした連立方程式に落ちる。

コイン $i$ が選ばれた回数を $k_{i}$ とする。コイン $j$ が裏返る回数は、 $j$ と隣り合うコインが選ばれた回数の合計。すべて裏向きになる条件は、どの $j$ についてもその合計が奇数になることで、 $x_{i} \equiv k_{i} (mod 2)$ とおけば ${0, 1}$ 上の連立方程式になる。

(2) で解くとおり、この連立方程式の解は $x_{2} = x_{5} = 1$ 、ほかは $0$ のただ1つ。つまり②と⑤が奇数回、残りの4枚が偶数回。

$n = 2$ では $k_{1} + \dots + k_{6} = 2$ なので、これをみたすのは $k_{2} = k_{5} = 1$ 、ほかは $0$ の場合だけ。並べ方は②→⑤と⑤→②の $2$ 通り、全体は $6^{2} = 36$ 通りだから

p_{2} = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}

答案で省略しない方がよい点

「選んだコインはそのまま」なので、選ばれたコイン自身は裏返らない。自分を含めて裏返すと思うと連立方程式が変わる。
$n$ が奇数のときは $p_{n} = 0$ 。 $x_{2} + x_{5} = 2$ は偶数なので、 $\sum k_{i}$ も偶数でなければならない。

(2)グループ $A, B$ への分け方を答える

答 $A = {②, ⑤}$ 、 $B = {①, ③, ④, ⑥}$

方針 $x_{i} \in {0, 1}$ の連立方程式を解く。向かい合う位置どうしを足し引きすると変数が次々に消えて、解が1つに決まる。

マス目の隣接から、条件は次の6本（左辺はそのコインが裏返る回数の偶奇）。

①： $x_{2} + x_{4} \equiv 1$
②： $x_{1} + x_{3} + x_{5} \equiv 1$
③： $x_{2} + x_{6} \equiv 1$
④： $x_{1} + x_{5} \equiv 1$
⑤： $x_{2} + x_{4} + x_{6} \equiv 1$
⑥： $x_{3} + x_{5} \equiv 1$

①と③から $x_{4} \equiv x_{6} (\equiv 1 + x_{2})$ 。これを⑤に入れると $x_{2} + (x_{4} + x_{6}) \equiv x_{2} \equiv 1$ 。よって $x_{2} = 1$ 、 $x_{4} = x_{6} = 0$ 。

④と⑥から $x_{1} \equiv x_{3} (\equiv 1 + x_{5})$ 。これを②に入れると $(x_{1} + x_{3}) + x_{5} \equiv x_{5} \equiv 1$ 。よって $x_{5} = 1$ 、 $x_{1} = x_{3} = 0$ 。

解はただ1つで、 $x_{2} = x_{5} = 1$ 、ほかは $0$ 。すなわち $A = {②, ⑤}$ 、 $B = {①, ③, ④, ⑥}$ 。

答案で省略しない方がよい点

解が1つしかないことまで言う。「このように分ければよい」だけでなく「これ以外にない」ことが、(3) で数え漏らさないための根拠になる。

(3) $p_{4}$ を求める

答 $p_{4} = \frac{7}{162}$

方針(2) の条件のもとで $k_{1} + \dots + k_{6} = 4$ をみたす組を書き出し、それぞれの並べ方の数（多項係数）を足す。

$k_{2}, k_{5}$ が奇数、ほかが偶数で、合計 $4$ 。 $k_{2} + k_{5}$ は偶数で $2$ か $4$ なので、場合は次の3通り。

$k_{2} = k_{5} = 1$ で、①③④⑥のどれか1枚が $2$ 回 … 並べ方 $\frac{4 !}{1 ! 1 ! 2 !} = 12$ 通り、コインの選び方が $4$ 通りで $48$ 通り
$k_{2} = 3, k_{5} = 1$ … $\frac{4 !}{3 ! 1 !} = 4$ 通り
$k_{2} = 1, k_{5} = 3$ … 同様に $4$ 通り

48 + 4 + 4 = 56

全体は $6^{4} = 1296$ 通りだから

p_{4} = \frac{56}{1296} = \frac{7}{162}

検算

$6^{4} = 1296$ 通りの操作列をすべて作って数えても $56$ 通りになる。また $\frac{7}{162} = 0.0432 \dots$ で、 $p_{2} = \frac{1}{18} = 0.0555 \dots$ より小さい。回数が増えるほど「ちょうど全部裏」に当たりにくくなることと合う。