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東北大学　2020年度　前期日程　理系

第4問確率の解答・解説

復元と非復元の混在・状態の推移・負の二項分布・比をとって最大を探す当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

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（2026/10/13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)白玉3個・赤玉2個の計5個が入った箱から無作為に玉を1個取り出し、硬貨を投げて表なら手元に残し裏なら箱に戻す試行を行う（箱が空になったら停止）。2回の試行の結果、手元に白玉が2個ある確率を求める

答 $\frac{3}{40}$

2回とも「白を引いて表」であればよい。1回目で白が1個減るので、2回目の箱の中身が変わることに注意する。

手元に白が2個あるには、2回とも「白玉を引き、かつ表が出る」必要がある。

1回目：箱は白3・赤2の5個。白を引く確率 $\frac{3}{5}$ 、表が出る確率 $\frac{1}{2}$
2回目：1回目で白が1個減っているので箱は白2・赤2の4個。白を引く確率 $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ 、表が出る確率 $\frac{1}{2}$

よって求める確率は

\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{40}

である。

状態を分数のまま遷移させると $\frac{3}{40} = 0.075$ だった。

表が出たら玉は箱に戻らないので、2回目の箱の中身が変わる。確率を使い回さない。

(2)3回の試行の結果、手元の玉が白玉1個・赤玉1個の計2個となる確率を求める

答 $\frac{9}{40}$

3回のうち裏が1回、表が2回で、残った2個が白1・赤1。裏が何回目かで3つに分け、さらに白と赤の順で2つに分ける。

3回のうち表が2回（白1個と赤1個を残す）、裏が1回である。裏が何回目かで場合分けする。玉を戻す回は箱の中身を変えないことに注意する。

裏が1回目。 1回目はどの玉でもよく裏（確率 $\frac{1}{2}$ ）。箱は白3赤2のまま。2・3回目で白と赤を1個ずつ残すので

\frac{1}{2} (\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} (\frac{3}{40} + \frac{3}{40}) = \frac{3}{40}

である（白→赤の順と赤→白の順）。

裏が2回目。 1回目に白（または赤）を表で残し、2回目は裏、3回目に赤（または白）を表で残す。

\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{80} + \frac{3}{80} = \frac{3}{40}

である。

裏が3回目。 1・2回目で白と赤を1個ずつ残し、3回目が裏。

(\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2}) \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{20} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{40}

である。3つを足して

\frac{3}{40} \times 3 = \frac{9}{40}

である。

3つの場合がすべて $\frac{3}{40}$ になるのは偶然ではない。裏の回は箱の中身を変えないので、「表が出た2回がどの玉だったか」の確率が裏の位置によらないからである。

状態を分数のまま遷移させると $\frac{9}{40} = 0.225$ だった。

裏が出た回も「玉を引く」ので、どの玉を引いたかで確率は分かれない（戻すので状態は同じ）。まとめて確率 $1 \cdot \frac{1}{2}$ と扱える。

表が出た2回の順（白が先か赤が先か）で箱の中身が変わるので、両方を計算する。

(3) $n$ を $5$ 以上の整数とするとき、ちょうど $n$ 回目で試行が停止する確率 $p_{n}$ を求める

答 $p_{n} = \frac{_{n - 1} C _{4}}{2 ^{n}}$

停止するのは5個目の玉を手元に残した瞬間。どの玉を引いたかは停止のタイミングに関係しないので、「表が出た回数」だけを見ればよく、ふつうの反復試行になる。

箱の玉が減るのは「表が出た」ときだけで、どの色の玉を引いたかは関係しない。したがって、 $k$ 回の試行のあとに箱から減った玉の個数は「表が出た回数」に等しい。

ちょうど $n$ 回目で停止するのは、 $n$ 回目が表（5個目を残す）で、かつ最初の $n - 1$ 回のうち表がちょうど4回のときである。表・裏はそれぞれ確率 $\frac{1}{2}$ で独立だから

p_{n} =_{n - 1} C_{4} (\frac{1}{2})^{4} (\frac{1}{2})^{n - 5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{_{n - 1} C _{4}}{2 ^{n}}

である。

$n = 5$ なら $\frac{_{4} C _{4}}{2 ^{5}} = \frac{1}{32}$ で、これは5回とも表が出る確率 $(\frac{1}{2})^{5}$ と一致する。

状態を分数のまま遷移させて停止確率を求めると $p_{5}, \dots, p_{10} = \frac{1}{32}, \frac{5}{64}, \frac{15}{128}, \frac{35}{256}, \frac{35}{256}, \frac{63}{512}$ で、この式と完全に一致した。

玉の色は停止のタイミングに影響しない。色ごとに場合分けしようとすると、かえって複雑になる。

「 $n$ 回目が表」を忘れない。最初の $n - 1$ 回で4回表、というだけでは $n$ 回目に停止するとは限らない。

(4) $p_{n}$ が最大となる $n$ を求める

答 $n = 8, 9$

階乗の比は約分できるので、 $\frac{p _{n + 1}}{p _{n}}$ を $1$ と比べる。これで増減が一気に分かる。

比をとると

\frac{p _{n + 1}}{p _{n}} = \frac{_{n} C _{4}}{2 ^{n + 1}} \cdot \frac{2 ^{n}}{_{n - 1} C _{4}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{_{n} C _{4}}{_{n - 1} C _{4}}

である。 $\frac{_{n} C _{4}}{_{n - 1} C _{4}} = \frac{n}{n - 4}$ （ $n ≧ 5$ ）なので

\frac{p _{n + 1}}{p _{n}} = \frac{n}{2 ( n - 4 )}

である。これを $1$ と比べると、 $n - 4 > 0$ だから

\frac{n}{2 ( n - 4 )} > 1 ⟺ n > 2 n - 8 ⟺ n < 8

である。したがって

$5 ≦ n < 8$ ： $p_{n} < p_{n + 1}$ （増加）
$n = 8$ ： $p_{8} = p_{9}$
$n > 8$ ： $p_{n} > p_{n + 1}$ （減少）

となり、 $p_{n}$ が最大になるのは

n = 8, 9

のときである（最大値は $p_{8} = p_{9} = \frac{_{7} C _{4}}{2 ^{8}} = \frac{35}{256}$ ）。

分数で計算すると $p_{7} = \frac{15}{128} = \frac{30}{256}$ 、 $p_{8} = p_{9} = \frac{35}{256}$ 、 $p_{10} = \frac{63}{512} = \frac{31.5}{256}$ で、 $n = 8, 9$ が最大だった。