確率の入試問題は、場合の数・条件付き確率・反復試行など複数のテーマが融合して出題されます。
この記事では、第7章で学んだ全技法を統合し、入試レベルの問題に対応する力を養います。
共通テスト（旧センター試験）の確率問題には、独特の特徴があります。 問題文が長く、日常的な文脈に確率の問題が埋め込まれていることが多いのです。 数学的には基本的な内容でも、「何を求めているか」を正確に読み取る力が問われます。
共通テストの確率問題で差がつくのは、計算スピードではなく方針決定力です。
「この問題は余事象で考えるべきか、直接数えるべきか」 「場合分けが必要か、対称性で簡略化できるか」 「条件付き確率を使うべきか」── こうした判断を素早く正確にできるかが問われます。
方針判断のフローチャート：
1. 「少なくとも」→ 余事象を検討
2. 「～のとき」「～が分かったとき」→ 条件付き確率
3. 同じ試行の繰返し → 反復試行または確率漸化式
4. 複雑な数え上げ → 場合の数（順列・組合せ）を先に処理
共通テストの問題文は長いため、重要な条件を読み飛ばしがちです。
✕ 誤：「袋から玉を取り出す」→ 非復元と思い込む（実は「もとに戻す」と書いてある）
○ 正：問題文の条件を下線を引きながら読む。特に以下のキーワードに注意： 「もとに戻す/戻さない」「同時に/順番に」「少なくとも/ちょうど」「区別する/しない」
共通テストの問題は誘導形式です。(1) の結果を (2) で使うように設計されています。
✕ 誤：(1) を解かずに (2) を最初から独自に解こうとする → 時間のロス
○ 正：誘導に乗る。(1) で求めた値や (1) の考え方が (2) のヒントになっている。 誘導に乗ることが最短ルートです。
共通テストで問われる「日常場面での確率」は、 大学で学ぶ意思決定理論（decision theory）の入口です。 「期待値が最大になる選択肢を選ぶ」「リスクとリターンのバランスを考える」 といった思考は、経営学、医学、公共政策など幅広い分野の基盤になっています。
たとえば医学では「検査結果が陽性のとき、本当に病気である確率」を ベイズの定理で計算します。これはまさに条件付き確率の応用です。
確率を求めるには、まず場合の数を正確に数える必要があります。 第6章（場合の数）と第7章（確率）は、表裏一体の関係にあります。
確率の計算で $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(U)}$ を使えるのは、 全事象 $U$ の各根元事象が同様に確からしい（等確率）ときだけです。 場合の数の「数え方」を間違えると、この前提が崩れます。
確率の問題を解くとき、最初にすべきことは「全事象 $U$ を何にするか」を決めることです。 全事象の各要素が等確率にならなければ、$\dfrac{n(A)}{n(U)}$ は使えません。
2つのさいころを振る問題では、(1, 2) と (2, 1) を区別する $6 \times 6 = 36$ 通りの全事象を使います。 「区別しない」21通りを全事象にすると、各要素が等確率でなくなるため間違いです。
全事象の選び方の原則：各根元事象が等確率になるように、できるだけ「区別する」方向で設定する。
場合の数と確率の融合問題でよく使うパターンを整理します。
| 問題の型 | 全事象 | 事象 $A$ の数え方 |
|---|---|---|
| $n$ 個から $r$ 個選ぶ | $\binom{n}{r}$ | 条件を満たす選び方の数 |
| 反復試行（$n$ 回中 $k$ 回） | $2^n$（各回2通り） | $\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$ |
| カードの並べ方 | $n!$ or $\dfrac{n!}{重複!}$ | 条件を満たす並べ方 |
| 区別ある玉を箱に分配 | $k^n$（$n$ 個を $k$ 箱に） | 条件ごとに数え上げ |
赤玉3個、白玉2個の5個の中から2個を取り出す問題で、よくある間違いです。
✕ 誤：全事象は $\binom{5}{2} = 10$。赤2個：$\binom{3}{2} = 3$。確率 $\dfrac{3}{10}$。→ これは正しい！
しかし、もし「赤玉に番号がついている（区別がある）」場合はどうでしょう。 赤1, 赤2, 赤3, 白1, 白2 と区別しても、「赤2個を選ぶ確率」は同じ $\dfrac{3}{10}$ になります。
○ 正：「区別ありで数えても区別なしで数えても、確率は同じ」になるのが正しい数え方の証拠。 もし2つの方法で異なる値が出たら、どちらかの数え方が「同様に確からしくない」全事象を使っています。
加法定理：$A, B$ が排反のとき $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$
余事象：$P(A) = 1 - P(\bar{A})$
乗法定理：$P(A \cap B) = P(A) \cdot P_A(B)$
反復試行：$P_n(k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
条件付き確率：$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$
高校では確率を「場合の数の比」として定義しますが、大学数学では コルモゴロフの3つの公理から確率を定義します。
(1) $P(A) \geq 0$ (2) $P(U) = 1$ (3) 排反な事象 $A, B$ に対して $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$
この3つの公理さえ満たせば、全事象が無限でも、等確率でなくても、 確率を矛盾なく定義できます。高校で学ぶ加法定理や余事象の公式は、 すべてこの公理から導かれる定理です。
条件付き確率は、入試で最も差がつくテーマの1つです。 特に「原因の確率」（ベイズの定理の応用）は、共通テスト・二次試験の両方で頻出です。
「結果がわかった後で、原因を推定する」問題を原因の確率（事後確率）の問題といいます。
典型例：工場 A は60%, 工場 B は40% の製品を出荷している。 工場 A の不良率は2%, 工場 B の不良率は5%。 ある製品が不良品だったとき、それが工場 A の製品である確率は？
Step 1：事前確率を設定。$P(A) = 0.6$, $P(B) = 0.4$
Step 2：条件付き確率（尤度）を確認。$P_A(\text{不良}) = 0.02$, $P_B(\text{不良}) = 0.05$
Step 3：全確率の公式で「不良品が出る確率」を求める。
$$P(\text{不良}) = P(A) \cdot P_A(\text{不良}) + P(B) \cdot P_B(\text{不良})$$ $$= 0.6 \times 0.02 + 0.4 \times 0.05 = 0.012 + 0.020 = 0.032$$
Step 4：ベイズの定理で原因の確率を求める。
$$P_{\text{不良}}(A) = \frac{P(A) \cdot P_A(\text{不良})}{P(\text{不良})} = \frac{0.012}{0.032} = \frac{12}{32} = \frac{3}{8}$$
原因の確率の問題は、次の表を埋めるだけで解けます。
工場 A：出荷比率 $0.6$ × 不良率 $0.02$ ＝ 寄与 $0.012$
工場 B：出荷比率 $0.4$ × 不良率 $0.05$ ＝ 寄与 $0.020$
合計：$0.032$
工場 A の寄与 / 合計 ＝ $\dfrac{0.012}{0.032} = \dfrac{3}{8}$
公式を暗記するより、「各原因からの寄与を計算して、その比をとる」と覚えた方が実践的です。
$P_A(B)$ と $P_B(A)$ は全く異なる値です。
✕ 誤：「工場 A の不良率が2%だから、不良品が工場 A 製である確率も2%」
○ 正：$P_A(\text{不良}) = 0.02$ は「工場 A 製と知った上での不良率」。 $P_{\text{不良}}(A) = \dfrac{3}{8}$ は「不良品と知った上で工場 A 製である確率」。
$P_A(B) \neq P_B(A)$ が一般的です。この取り違えは最も多い間違いの1つです。
医学検査では、「病気の人が陽性になる確率」（感度）と 「陽性だった人が本当に病気である確率」（陽性的中率）は別の量です。 特に、希少な病気では陽性的中率が驚くほど低くなることがあります。
有病率0.1%の病気を、感度99%・特異度95%の検査で調べるとしましょう。
1000人に1人が病気。検査陽性の人のうち、本当に病気の人は約2%しかいません。 なぜなら、999人の健康な人のうち5%（約50人）が偽陽性になり、 1人の病気の人の陽性と合わせて51人が陽性。病気は1人だけなので $\dfrac{1}{51} \approx 2\%$。
これは直感に反しますが、ベイズの定理から論理的に導かれる事実です。 事前確率（有病率）が低いと、検査精度が高くても陽性的中率は低くなるのです。
ベイズの定理を繰り返し適用して、データが得られるたびに確率（信念の度合い）を 更新していく手法をベイズ統計学といいます。
機械学習のスパムフィルタ、自動運転の障害物認識、気象予報、 さらには裁判での証拠評価まで、ベイズ統計は現代社会のあらゆる場面で使われています。 高校で学ぶ条件付き確率は、この強力な理論の出発点です。
反復試行の確率 $P(X = k)$ が最大になる $k$ の値を求める問題は、 入試でよく出題されます。確率と数列の融合問題の1つです。
確率 $p$ の事象が $n$ 回中ちょうど $k$ 回起こる確率は：
$$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$$$k$ を1つ増やしたときの確率の比を考えます。
$$\frac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \frac{\binom{n}{k+1} p^{k+1} (1-p)^{n-k-1}}{\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}} = \frac{(n-k)p}{(k+1)(1-p)}$$この比が1より大きいか小さいかで、$P(X = k)$ の増減がわかります。
$\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \dfrac{(n-k)p}{(k+1)(1-p)} \geq 1$ ⇔ $k \leq (n+1)p - 1$
(i) $(n+1)p$ が整数でないとき
$P(X = k)$ は $k = \lfloor (n+1)p \rfloor$ で最大（$\lfloor \cdot \rfloor$ はガウス記号）
(ii) $(n+1)p$ が整数のとき
$k = (n+1)p - 1$ と $k = (n+1)p$ の2つの値で $P(X = k)$ は最大
$n = 13$, $p = \dfrac{1}{6}$。$(n+1)p = 14 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{7}{3} \approx 2.33$
整数ではないので、$k = \lfloor 2.33 \rfloor = 2$ で $P(X = k)$ が最大。
検算：$\dfrac{P(X = 3)}{P(X = 2)} = \dfrac{(13-2) \cdot \frac{1}{6}}{3 \cdot \frac{5}{6}} = \dfrac{\frac{11}{6}}{\frac{15}{6}} = \dfrac{11}{15} < 1$
$\dfrac{P(X = 2)}{P(X = 1)} = \dfrac{(13-1) \cdot \frac{1}{6}}{2 \cdot \frac{5}{6}} = \dfrac{\frac{12}{6}}{\frac{10}{6}} = \dfrac{12}{10} = \dfrac{6}{5} > 1$
確かに $P(X = 1) < P(X = 2) > P(X = 3)$ なので、$k = 2$ で最大。✓
$\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} \geq 1$ は「$k$ を増やすと確率が増える（または変わらない）」という意味です。
✕ 誤：比が1以上のとき「$k$ で最大」と判断する
○ 正：比が1以上のとき「まだ $k$ を増やせる」。比が1未満に変わる直前の $k$ が最大値を与える。
つまり、$\dfrac{P(k+1)}{P(k)} \geq 1$ かつ $\dfrac{P(k+2)}{P(k+1)} < 1$ となる $k+1$ で最大、ではなく $k$ と $k+1$ の関係を丁寧に見る必要があります。
$(n+1)p$ がちょうど整数のとき、最大値を与える $k$ が2つあることを忘れがちです。
✕ 誤：$(n+1)p = 3$ のとき、$k = 3$ だけが答え
○ 正：$k = 2$ と $k = 3$ の両方で $P(X = k)$ が最大値をとる。 比 $\dfrac{P(X = 3)}{P(X = 2)} = 1$ となるため、2つの値が等しくなります。
$P(X = k)$ が最大となる $k$ を最頻値（mode）といいます。 二項分布 $B(n, p)$ の場合、最頻値は $\lfloor (n+1)p \rfloor$ 付近にあり、 期待値 $np$ に近い値をとります。
$n$ が大きくなると、二項分布は正規分布（ガウス分布）に近づきます （中心極限定理）。正規分布では平均＝最頻値＝中央値が一致し、 美しい釣鐘型の曲線になります。確率の最大値問題は、この深い理論への入口です。
第7章で学んできた確率の全範囲を、1つの表にまとめます。 入試問題を見たとき、「どのテーマの知識が必要か」を瞬時に判断できるようになりましょう。
| 節 | テーマ | 核心技法 | 典型的な出題形式 |
|---|---|---|---|
| 7-1 | 確率の基本性質 | 同様に確からしい、加法定理 | 基本計算、定義の確認 |
| 7-2 | いろいろな確率 | 余事象、独立試行、反復試行 | 「少なくとも」「ちょうど $k$ 回」 |
| 7-3 | 条件付き確率と期待値 | $P_A(B)$、乗法定理、期待値 | 「～のとき」の確率、有利不利 |
| 7-8 | くじ引きの公平性 | 全確率の公式、対称性 | 「何番目に引いても同じ」の証明 |
| 7-9 | 確率漸化式 | 状態定義、漸化式、特性方程式 | 「$n$ 回後の確率」 |
| 7-10 | 総合問題 | 全技法の統合 | 共通テスト、入試融合問題 |
確率の問題を見たとき、以下の順番で型を判定しましょう。
1. 「～のとき」「～が分かった」がある → 条件付き確率（7-3）
2. 「$n$ 回後」「$n$ 回繰り返す」がある → 反復試行（7-2）or 確率漸化式（7-9）
3. 「少なくとも」がある → 余事象を検討（7-2）
4. 「確率が最大」「最も起こりやすい」がある → 比の計算（7-10）
5. 「順番に引く」がある → くじ引きの公平性を検討（7-8）
6. 複雑な数え上げが必要 → 場合の数に帰着（6章の知識）
Q1. 確率の問題で「少なくとも1つ」という条件が出たら、最初に検討すべき手法は？
Q2. $P_A(B) = 0.8$ のとき、$P_B(A) = 0.8$ といえますか？
Q3. さいころを12回投げ、1の目が出る回数 $k$ について $P(X = k)$ が最大となる $k$ を求めよ。
Q4. 確率の問題で「全事象の設定」が重要な理由を説明してください。
Q5. 入試問題で「$n$ 回後に状態 A にいる確率を求めよ」とあるとき、まず何をすべきですか？
この記事で学んだ内容を、入試形式の問題で確認しましょう。
さいころを4回投げるとき、1の目が少なくとも1回出る確率を求めよ。
$1 - \left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = 1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296}$
方針：「少なくとも1回」は余事象が有効。余事象は「1回も出ない」。
1の目が出ない確率は各回 $\dfrac{5}{6}$。4回とも出ない確率：$\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = \dfrac{625}{1296}$
よって少なくとも1回出る確率：$1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296}$
ある工場では、機械 A が全体の70%、機械 B が全体の30% の製品を製造している。機械 A の不良率は3%、機械 B の不良率は6% である。
(1) 製品全体の不良率を求めよ。
(2) ある製品が不良品であったとき、それが機械 A で製造された確率を求めよ。
(1) $3.9\%$ (2) $\dfrac{7}{13}$
方針：(1) 全確率の公式、(2) ベイズの定理。
(1) $P(\text{不良}) = 0.7 \times 0.03 + 0.3 \times 0.06 = 0.021 + 0.018 = 0.039 = 3.9\%$
(2) $P_{\text{不良}}(A) = \dfrac{P(A) \cdot P_A(\text{不良})}{P(\text{不良})} = \dfrac{0.7 \times 0.03}{0.039} = \dfrac{0.021}{0.039} = \dfrac{21}{39} = \dfrac{7}{13}$
※ 機械 A は全体の70%を製造しているが、不良品中での比率は $\dfrac{7}{13} \approx 53.8\%$。 機械 B の不良率が高いため、不良品の中では機械 B の割合が相対的に上がる。
1個のさいころを10回投げるとき、6の目がちょうど $k$ 回出る確率を $P(k)$ とする。$P(k)$ が最大となる $k$ の値を求めよ。
$k = 1$
方針：$\dfrac{P(k+1)}{P(k)}$ の比を調べて増減を判定。
$\dfrac{P(k+1)}{P(k)} = \dfrac{(10-k) \cdot \frac{1}{6}}{(k+1) \cdot \frac{5}{6}} = \dfrac{10-k}{5(k+1)}$
この比が1以上 ⇔ $10 - k \geq 5(k+1)$ ⇔ $10 - k \geq 5k + 5$ ⇔ $5 \geq 6k$ ⇔ $k \leq \dfrac{5}{6}$
$k$ は非負整数なので、$k = 0$ のとき比 $> 1$（$P(0) < P(1)$）。$k \geq 1$ のとき比 $< 1$（$P(k) > P(k+1)$）。
検算：$(n+1)p = 11 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{11}{6} \approx 1.83$。$\lfloor 1.83 \rfloor = 1$。✓
よって $k = 1$ で $P(k)$ は最大。
赤玉4個、白玉3個、青玉2個が入った袋がある。この袋から同時に3個の玉を取り出す。
(1) 取り出した3個がすべて異なる色である確率を求めよ。
(2) 取り出した3個のうち少なくとも1個が赤玉である確率を求めよ。
(3) 取り出した3個のうち赤玉が1個以上含まれていたとき、3個がすべて異なる色である条件付き確率を求めよ。
(1) $\dfrac{2}{7}$ (2) $\dfrac{83}{84}$ (3) $\dfrac{24}{83}$
方針：(1) 組合せの計算、(2) 余事象、(3) 条件付き確率。
全事象：$\binom{9}{3} = 84$ 通り
(1) 赤1個, 白1個, 青1個を選ぶ：$\binom{4}{1} \times \binom{3}{1} \times \binom{2}{1} = 4 \times 3 \times 2 = 24$ 通り
$P = \dfrac{24}{84} = \dfrac{2}{7}$
(2) 余事象：赤玉が0個、つまり白3個と青2個の計5個から3個選ぶ：$\binom{5}{3} = 10$ 通り
$P(\text{赤0個}) = \dfrac{10}{84} = \dfrac{5}{42}$
$P(\text{赤1個以上}) = 1 - \dfrac{5}{42} = \dfrac{37}{42}$
再計算：$\dfrac{10}{84} = \dfrac{5}{42}$。$1 - \dfrac{5}{42} = \dfrac{37}{42}$
検算：$84 - 10 = 74$。$\dfrac{74}{84} = \dfrac{37}{42}$。✓
(3) 条件付き確率 $P_{\text{赤1個以上}}(\text{3色}) = \dfrac{P(\text{3色} \cap \text{赤1個以上})}{P(\text{赤1個以上})}$
「3色すべて異なる」は赤1個・白1個・青1個なので、必ず赤が含まれる。よって
$P(\text{3色} \cap \text{赤1個以上}) = P(\text{3色}) = \dfrac{24}{84} = \dfrac{2}{7}$
$P_{\text{赤1個以上}}(\text{3色}) = \dfrac{2/7}{37/42} = \dfrac{2}{7} \times \dfrac{42}{37} = \dfrac{12}{37}$
答え：(1) $\dfrac{2}{7}$ (2) $\dfrac{37}{42}$ (3) $\dfrac{12}{37}$