第3問確率・図形の解答・解説

繰り返しが出るまでの試行・円周上の点と直角三角形・図形が閉じる条件・三角形を含む条件当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/13

問題文について

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(1)サイコロを、一度出た数字がもう一度出るまで投げて数字の列 $[i_{1}, \dots, i_{n}]$ をつくる。 $n ≧ 3$ のとき $A_{i_{1}}, \dots, A_{i_{n - 1}}$ を順に線分で結び、 $i_{n}$ が $i_{n - 1}$ とも $i_{n - 2}$ とも違うときはさらに $A_{i_{n - 1}}$ と $A_{i_{n}}$ を結ぶ。作図終了後、図形が3点を頂点とする三角形となる確率を求める

答 $\frac{5}{54}$

$i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なるので、図形が閉じるのは最後の線分で $A_{i_{1}}$ に戻るときだけ。三角形になるのは $n = 4$ かつ $i_{4} = i_{1}$ のときに限る。

作り方から $i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なり、 $i_{n}$ はそのどれかと一致する。折れ線 $A_{i_{1}} \dots A_{i_{n - 1}}$ は $n - 1$ 個の相異なる点を結んだもので、そこに最後の線分 $A_{i_{n - 1}} A_{i_{n}}$ が付くことがある。

図形が三角形（3頂点・3辺の閉じた図形）になるには、折れ線がちょうど3点で、最後の線分が出発点に戻る必要がある。つまり

n - 1 = 3 かつ i_{4} = i_{1}

である。 $i_{4}$ は $i_{1}, i_{2}, i_{3}$ のどれかと一致し、 $i_{4} = i_{3}$ や $i_{4} = i_{2}$ なら線分は足されないので、残るのは $i_{4} = i_{1}$ の場合だけである。逆にそのときは三角形 $A_{i_{1}} A_{i_{2}} A_{i_{3}}$ になる。

$n - 1 ≧ 4$ のときは折れ線の頂点が4個以上あるので、線分を1本足しても三角形にはならない。

確率を数える。4回の出方は $6^{4}$ 通りで同様に確からしい。 $i_{1}, i_{2}, i_{3}$ が相異なり $i_{4} = i_{1}$ となる出方は $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 1 = 120$ 通りだから

\frac{120}{6 ^{4}} = \frac{120}{1296} = \frac{5}{54}

である。

サイコロの出方をすべて分数のまま数え上げると $\frac{5}{54}$ になった。

$i_{4} = i_{2}$ （直前の1つ前）でも作図は終わるが、線分は足されないので折れ線のままで三角形にならない。

(2)作図終了後、図形が3点を頂点とする直角三角形となる確率を求める

答 $\frac{1}{54}$

6点はすべて単位円周上にある。円に内接する三角形が直角になるのは1辺が直径のときだけ。

与えられた座標を極形式で見ると、6点はすべて原点からの距離が $1$ で、偏角は

A_{1} : 0^{\circ}, A_{2} : 3 0^{\circ}, A_{3} : 7 5^{\circ}, A_{4} : 13 5^{\circ}, A_{5} : 21 0^{\circ}, A_{6} : 30 0^{\circ}

である（たとえば $\frac{3 - 1}{2 2} = cos 7 5^{\circ}$ 、 $\frac{3 + 1}{2 2} = sin 7 5^{\circ}$ ）。つまり6点は単位円周上にある。

円に内接する三角形が直角三角形になるのは、1辺が直径のとき、すなわち2頂点の偏角が $18 0^{\circ}$ 違うときに限る（円周角の定理）。上の6つの偏角で差が $18 0^{\circ}$ になる組は

21 0^{\circ} - 3 0^{\circ} = 18 0^{\circ}

すなわち $A_{2}$ と $A_{5}$ の1組だけである。したがって直角三角形になるのは $A_{2}$ と $A_{5}$ を両方含む3点組で、残りの1点は4通り、つまり4組ある。

(1) の $120$ 通りのうち、 ${i_{1}, i_{2}, i_{3}}$ が $2$ と $5$ を含むものを数える。残り1つの数字が4通り、3つの数字の並べ方が $3! = 6$ 通りなので $4 \cdot 6 = 24$ 通りである。よって

\frac{24}{6 ^{4}} = \frac{24}{1296} = \frac{1}{54}

である。

4点ずつの組で内積を計算すると、直角三角形になる3点組は $(1, 2, 5), (2, 3, 5), (2, 4, 5), (2, 5, 6)$ の4組だった。

偏角が $7 5^{\circ}$ と $13 5^{\circ}$ の点があるので、見た目だけでは直角かどうか分からない。 $18 0^{\circ}$ 差の組を数え上げて確かめる。

(3)作図終了後、図形の中に3点を頂点とする直角三角形が含まれる確率を求める

答 $\frac{61}{1944}$

最後の線分が作る閉路がちょうど3辺になるのは $i_{n} = i_{n - 3}$ のとき。その3点が $A_{2}, A_{5}$ を含めばよい。

折れ線 $A_{i_{1}} \dots A_{i_{n - 1}}$ は閉路をもたない。閉路ができるのは最後の線分 $A_{i_{n - 1}} A_{i_{n}}$ が付くときだけで、 $i_{n} = i_{k}$ とすると閉路は

A_{i_{k}} \to A_{i_{k + 1}} \to \dots \to A_{i_{n - 1}} \to A_{i_{k}}

で、辺の数は $n - k$ である。これが三角形（3辺）になるのは $k = n - 3$ 、つまり

i_{n} = i_{n - 3}

のときである（ $i_{n} = i_{n - 1}, i_{n - 2}$ のときは線分が足されないので閉路はできない）。このとき三角形の頂点は $A_{i_{n - 3}}, A_{i_{n - 2}}, A_{i_{n - 1}}$ である。閉路が4辺以上のときは、その中に三角形は含まれない。

よって求める確率は「 $i_{n} = i_{n - 3}$ かつ ${i_{n - 3}, i_{n - 2}, i_{n - 1}}$ が $2$ と $5$ を含む」確率である。 $i_{1}, \dots, i_{n - 1}$ は相異なるので $n - 1 ≦ 6$ 、つまり $n = 4, 5, 6, 7$ である。

$n$ ごとに数える。相異なる $n - 1$ 個の並べ方のうち、 $2$ と $5$ が後ろの3つに入るものを数えればよい。後ろ3つのうち2か所に $2, 5$ を入れる並べ方が $3 \cdot 2 = 6$ 通り、残り1か所に他の4つから1つで $4$ 通り、前の $n - 4$ か所には残りから順に入れる。