さいころを投げた結果と、コインを投げた結果は互いに影響しません。
この「影響しない」という直感を数式で表すのが独立の概念です。
独立な試行では確率を「掛ける」だけ ── そのシンプルさの裏にある原理を理解しましょう。
1個のさいころを投げる試行と、1枚のコインを投げる試行を考えましょう。 さいころの目が何であっても、コインの表裏には何の影響もありません。 このように、一方の試行の結果が他方の試行の結果に影響を与えないとき、 2つの試行は独立であるといいます。
3つ以上の試行についても同様に、どの試行の結果も他のすべての試行の結果に影響しないとき、 これらの試行は独立であるといいます。
独立かどうかの判断は、「一方の結果を知ったとき、他方の確率が変わるかどうか」で考えます。
| 試行の組 | 独立？ | 理由 |
|---|---|---|
| さいころを投げる + コインを投げる | 独立 | 物理的に無関係 |
| 袋から玉を取り出して戻す + 再び取り出す | 独立 | 戻すので袋の状態が同じ（復元抽出） |
| 袋から玉を取り出して戻さない + もう1つ取り出す | 独立でない | 1回目の結果で袋の中身が変わる（非復元抽出） |
| A, B, Cの3人が各自試験を受ける | 独立 | 各人の合否は他の人に影響しない |
日常語の「独立」は「関係がない」という曖昧な意味ですが、数学では厳密に定義されます。
2つの事象 $A$, $B$ が独立であるとは、次が成り立つことです：
$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$
つまり、「$A$ かつ $B$ が同時に起こる確率」が「$A$ の確率 $\times$ $B$ の確率」に等しい。 この等式が成り立つことが、「影響しない」の数学的な意味です。
独立な試行から得られる事象は、この意味で独立になります。
「独立」は数学の用語であり、日常語の「無関係」とは微妙に異なります。
✕ 誤：「AとBが独立」= 「AとBは何の関係もない」
○ 正：「AとBが独立」= 「$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ が成り立つ」
数学では「独立」は確率の積の関係で定義されます。直感的には「一方が起きても起きなくても、他方の確率が変わらない」ということですが、 最終的には $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ が成り立つかどうかで判定します。
復元抽出（取り出してから戻す）では、毎回の試行条件が同じなので各回は独立です。 非復元抽出（取り出したまま戻さない）では、前回の結果で次回の条件が変わるので独立ではありません。
統計学では、母集団が十分大きいとき、非復元抽出でも近似的に独立とみなせることがあります。 たとえば1000万人の有権者から1000人を非復元抽出する世論調査では、 各抽出はほぼ独立とみなせます（母集団に対して標本が十分小さいため）。
独立な試行 $S$, $T$ において、$S$ で事象 $A$ が起こり、$T$ で事象 $B$ が起こる確率は $P(A) \times P(B)$ で求められます。 なぜ「掛ける」のでしょうか？
2つの独立な試行 $S$, $T$ において：
$S$ で事象 $A$ が起こり、$T$ で事象 $B$ が起こる確率は
$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$
3つの独立な試行 $S$, $T$, $V$ において：
$$P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B) \cdot P(C)$$
試行 $S$ の根元事象が $m$ 個（すべて同様に確からしい）、試行 $T$ の根元事象が $n$ 個とします。
$S$ と $T$ をまとめた試行の根元事象は、$S$ の各結果と $T$ の各結果の組合せで $m \times n$ 個。
事象 $A$ に含まれる $S$ の根元事象が $a$ 個、事象 $B$ に含まれる $T$ の根元事象が $b$ 個とすると、 「$A$ かつ $B$」に含まれる根元事象は $a \times b$ 個（積の法則）。
$$P(A \cap B) = \frac{a \times b}{m \times n} = \frac{a}{m} \times \frac{b}{n} = P(A) \times P(B)$$
分数のかけ算として自然に「確率の積」が現れます。 独立であるから積の法則が使えて、積の法則が使えるから確率が掛け算になる ── これが本質です。
場合の数で「2段階の選択」が「積の法則」で計算できるのは、各段階が互いに独立だからです。 確率の世界でも同じ構造が成り立ちます。
排反なら「足す」、独立なら「掛ける」。 この2つのルールが、確率計算の2大原則です。
赤玉4個、白玉6個が入った袋から、玉を1個取り出して色を確認し、袋に戻してから再び1個取り出します。 2回とも赤玉である確率を求めましょう。
1回目に赤玉を取り出す確率 $P(A) = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$。 戻すので袋の中身は同じ。 2回目に赤玉を取り出す確率 $P(B) = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$。
2つの試行は独立なので、 $$P(A \cap B) = \frac{2}{5} \times \frac{2}{5} = \frac{4}{25}$$
同じ問題で「取り出した玉を戻さない」場合、1回目に赤玉を取り出すと、袋の中は赤3個・白6個の計9個に変わります。
✕ 誤：$\dfrac{4}{10} \times \dfrac{4}{10}$（独立として計算）
○ 正：$\dfrac{4}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{12}{90} = \dfrac{2}{15}$（1回目の結果で2回目の確率が変わる）
「戻す」か「戻さない」かで独立かどうかが変わります。 問題文の条件を必ず確認しましょう。
「さいころを2回投げて、1回目に3、2回目に5が出る確率」を求めるとき、
✕ 誤：$\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{6}$（排反と混同して足してしまう）
○ 正：$\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36}$（独立なので掛ける）
「1回目に3」と「2回目に5」は同時に起こりうる事象であり、排反ではありません。 2つの試行が独立なので確率は掛け算です。
$A$ が起きたという条件のもとでの $B$ の確率（条件付き確率）は $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ と定義されます。
$A$ と $B$ が独立なら $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ なので、
$$P_A(B) = \frac{P(A)P(B)}{P(A)} = P(B)$$
つまり、$A$ が起こっても起こらなくても $B$ の確率は変わらない。 これが「影響しない」の正確な意味です。 条件付き確率は7-4で詳しく学びます。
同じ条件のもとで同じ試行を何回か繰り返すことを反復試行といいます。 各回の試行は独立です。たとえば、さいころを5回投げる試行では、各回の出目は互いに影響しません。
1回の試行で事象 $A$ が起こる確率を $p$ とします。 この試行を $n$ 回繰り返したとき、$A$ がちょうど $r$ 回起こる確率はいくらでしょうか？
1回の試行で事象 $A$ が起こる確率を $p$、起こらない確率を $q = 1 - p$ とする。
この試行を $n$ 回繰り返すとき、$A$ がちょうど $r$ 回起こる確率は：
$${}_{n}C_{r} \cdot p^r \cdot q^{n-r} = {}_{n}C_{r} \cdot p^r \cdot (1-p)^{n-r}$$
ただし $r = 0, 1, 2, \ldots, n$
反復試行の確率は、2つの要素の積です。
(1) $n$ 回のうち、どの $r$ 回で $A$ が起こるかの選び方 → ${}_{n}C_{r}$ 通り
(2) 特定の $r$ 回で $A$ が起き、残り $n-r$ 回で起きない確率 → $p^r(1-p)^{n-r}$
各回が独立だから (2) の確率は掛け算で計算できます。 そして (1) の各場合は互いに排反（異なる回の組合せなので同時には起こらない）だから、(1) $\times$ (2) と足し合わせられるのです。
$n$ 回の試行で、$A$ が起こることを $\bigcirc$、起こらないことを $\times$ で表します。
たとえば $n = 5$, $r = 3$ のとき、$\bigcirc\times\bigcirc\bigcirc\times$ のような列を考えます。
この特定の列が起こる確率は、各回が独立なので
$$p \cdot (1-p) \cdot p \cdot p \cdot (1-p) = p^3 (1-p)^2$$
$\bigcirc$ が3個、$\times$ が2個の列は、5つの位置から $\bigcirc$ の3つを選ぶ ${}_{5}C_{3}$ 通りあります。
これらは互いに排反（異なる列は同時に実現しない）なので、確率は
$${}_{5}C_{3} \cdot p^3(1-p)^2$$
一般に $n$ 回中 $r$ 回では ${}_{n}C_{r} \cdot p^r(1-p)^{n-r}$ となります。
$p = \dfrac{1}{6}$（1の目が出る確率）、$1-p = \dfrac{5}{6}$、$n = 5$, $r = 2$。
$${}_{5}C_{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{125}{216} = \frac{1250}{7776} = \frac{625}{3888}$$
反復試行の確率で最も多いミスは、組合せ ${}_{n}C_{r}$ を掛け忘れることです。
✕ 誤：$\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^3$（特定の1つの列の確率しか計算していない）
○ 正：${}_{5}C_{2} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^3$
${}_{n}C_{r}$ は「$n$ 回のうちどの $r$ 回で起こるか」の場合の数です。 $\bigcirc\bigcirc\times\times\times$ と $\times\bigcirc\times\times\bigcirc$ は異なる事象なので、すべての並べ方を数える必要があります。
「少なくとも1回は〜」型の問題では、反復試行の公式と余事象を組み合わせるのが効果的です。
たとえば、さいころを3回投げるとき、少なくとも1回は1の目が出る確率は、
$1 - P(\text{3回とも1以外}) = 1 - \left(\dfrac{5}{6}\right)^3 = 1 - \dfrac{125}{216} = \dfrac{91}{216}$
これは反復試行で $r = 1, 2, 3$ の3つの場合を計算して足すより、はるかに簡潔です。
反復試行の確率 ${}_{n}C_{r}p^r(1-p)^{n-r}$ を $r = 0, 1, 2, \ldots, n$ のすべてについて並べたものを、 大学の統計学では二項分布 $B(n, p)$ と呼びます。
二項分布は統計学の最も基本的な確率分布であり、品質管理や医薬品の治験、選挙予測など 「成功/失敗の繰り返し」を分析するあらゆる場面で使われます。 高校で学ぶ反復試行の確率は、二項分布の各項そのものです。
「独立」と「排反」は、確率を学ぶ上で最も混同されやすい概念です。 どちらも「2つの事象の関係」を表す言葉ですが、意味はまったく異なります。 ここで徹底的に整理しましょう。
| 排反 | 独立 | |
|---|---|---|
| 定義 | $A \cap B = \emptyset$ | $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ |
| 意味 | $A$ と $B$ は同時に起こらない | $A$ と $B$ は互いに影響しない |
| ベン図 | 重なりがゼロ | 重なりが $P(A) \times P(B)$ に等しい |
| 演算 | 確率を足す | 確率を掛ける |
| 対象 | 同じ試行の中の事象 | 異なる試行の事象（同じ試行でも可） |
$A$ と $B$ が排反（$A \cap B = \emptyset$）なら $P(A \cap B) = 0$ です。
一方、$A$ と $B$ が独立なら $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ です。
$P(A) > 0$ かつ $P(B) > 0$ のとき、$P(A) \cdot P(B) > 0$ なので $0 \neq P(A) \cdot P(B)$。
したがって、排反と独立は同時に成り立たない（空事象を除く）。
直感的に考えても、$A$ が起きたら $B$ は絶対に起きない（排反）なら、$A$ の発生は $B$ の確率に大きく影響している（独立ではない）のは当然です。
さいころを1回投げるとき、$A$:「1の目」、$B$:「6の目」とします。
$A \cap B = \emptyset$（1と6は同時に出ない）なので、$A$ と $B$ は排反です。
独立かどうか確認すると、$P(A \cap B) = 0$、$P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36} \neq 0$。
$P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B)$ なので、$A$ と $B$ は独立ではありません。
一方、$A$:「1回目に偶数」、$B$:「2回目に奇数」（さいころを2回投げる）なら、 2つの試行は独立なので $P(A \cap B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$。 しかし $A \cap B \neq \emptyset$（たとえば「1回目2、2回目3」はどちらも起こる）なので、排反ではありません。
これは確率の学習で最も危険な誤解です。
✕ 誤：「$A$ と $B$ は排反だから独立。確率を掛けて $P(A) \times P(B)$」
○ 正：排反と独立は対立する概念。排反なら $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$（足す）。 独立なら $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$（掛ける）。
排反は「または（$\cup$）」の計算に使い、独立は「かつ（$\cap$）」の計算に使います。 使う場面が異なるのです。
$A$:「1の目」、$B$:「偶数の目」のとき、1は偶数でないので $A \cap B = \emptyset$、$P(A \cap B) = 0$。
$P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{12} \neq 0$。
$P(A \cap B) \neq P(A) \cdot P(B)$ なので独立ではありません。
では $A$:「奇数の目」、$B$:「3以上の目」はどうでしょう？
$P(A) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$、$P(B) = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$。 $A \cap B = \{3, 5\}$ なので $P(A \cap B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$。
$P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3} = P(A \cap B)$。一致するので独立です！
同じ試行の事象でも独立になることがある ── 独立かどうかは $P(A \cap B) = P(A)P(B)$ で判定します。
| 質問 | 排反 | 独立 |
|---|---|---|
| $A$ と $B$ は同時に起こりうるか？ | No（$A \cap B = \emptyset$） | Yes（ただし確率が $P(A)P(B)$） |
| $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ が成り立つか？ | Yes | 一般にはNo |
| $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ が成り立つか？ | 一般にはNo | Yes |
| $A$ が起きたとき $B$ の確率は変わるか？ | $P(B) = 0$ に変わる | 変わらない |
統計学では「2つの変数が独立」という概念が非常に重要です。 高校で学ぶ「$P(A \cap B) = P(A)P(B)$」は、統計学の独立性検定（$\chi^2$ 検定など）の理論的基礎です。
注意すべき点として、「相関がない」と「独立」は異なります。 相関は線形の関係しか測れませんが、独立は「あらゆる種類の関係がない」ことを意味します。 「無相関だが独立ではない」という状況は実際に存在します（大学の統計学で学びます）。
この記事で学んだ内容を、全体像として整理しましょう。
| 原則 | 条件 | 公式 | 使う場面 |
|---|---|---|---|
| 足す（加法） | 排反 | $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ | 「$A$ または $B$」の確率 |
| 掛ける（乗法） | 独立 | $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ | 「$A$ かつ $B$」の確率 |
| パターン | キーワード | 解法 |
|---|---|---|
| 独立な2つの試行 | 「AかつB」 | $P(A) \times P(B)$ |
| 反復試行でちょうど $r$ 回 | 「$n$ 回中ちょうど $r$ 回」 | ${}_{n}C_{r}p^r(1-p)^{n-r}$ |
| 少なくとも1回 | 「少なくとも」 | $1 - (1-p)^n$（余事象） |
| 排反な複数の場合 | 「〜の場合と〜の場合」 | 排反に分解して足す |
Q1. 2つの試行が「独立である」とはどういうことですか？ 確率の式を使って答えてください。
Q2. 袋から玉を取り出して「戻す」場合と「戻さない」場合、どちらが独立な試行ですか？
Q3. さいころを4回投げて、1の目がちょうど1回出る確率を求めてください。
Q4. 「排反」と「独立」は同時に成り立ちますか？ 理由も含めて答えてください。
Q5. コインを5回投げて、少なくとも1回は表が出る確率を求めてください。
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。
袋Aには赤玉3個と白玉2個、袋Bには赤玉4個と白玉6個が入っている。袋Aから1個、袋Bから1個の玉を同時に取り出すとき、2個とも赤玉である確率を求めよ。
$\dfrac{6}{25}$
方針：袋A、袋Bからの取り出しは独立な試行。確率を掛ける。
袋Aから赤玉を取り出す確率：$P(A) = \dfrac{3}{5}$
袋Bから赤玉を取り出す確率：$P(B) = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$
2つの試行は独立なので、
$$P(A \cap B) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{5} = \frac{6}{25}$$
1個のさいころを4回投げるとき、次の確率を求めよ。
(1) 6の目がちょうど2回出る確率
(2) 6の目が少なくとも1回出る確率
(1) $\dfrac{25}{216}$ (2) $\dfrac{671}{1296}$
方針：(1) 反復試行の公式。(2) 余事象。
6の目が出る確率 $p = \dfrac{1}{6}$、出ない確率 $1-p = \dfrac{5}{6}$。
(1) $n = 4$, $r = 2$ として反復試行の公式を使う。
$${}_{4}C_{2} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^2 \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^2 = 6 \cdot \frac{1}{36} \cdot \frac{25}{36} = \frac{150}{1296} = \frac{25}{216}$$
(2) 「少なくとも1回」→ 余事象「1回も出ない」を使う。
$$P(\text{1回も出ない}) = \left(\frac{5}{6}\right)^4 = \frac{625}{1296}$$
$$P(\text{少なくとも1回}) = 1 - \frac{625}{1296} = \frac{671}{1296}$$
A, Bの2人がそれぞれ独立にボールを的に投げる。Aが的に当てる確率は $\dfrac{2}{3}$、Bが的に当てる確率は $\dfrac{3}{4}$ である。2人がそれぞれ1回ずつ投げるとき、ちょうど1人だけが的に当てる確率を求めよ。
$\dfrac{5}{12}$
方針：「ちょうど1人」= 「Aだけ当てる」+「Bだけ当てる」（排反な2つの場合に分解）。各場合は独立試行。
Aだけ当てる（Aは当て、Bは外す）：$\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{2}{12}$
Bだけ当てる（Aは外し、Bは当てる）：$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{12}$
これらは互いに排反なので、加法定理より
$$P = \frac{2}{12} + \frac{3}{12} = \frac{5}{12}$$
AとBの2人がゲームを繰り返し行う。各ゲームでAが勝つ確率は $\dfrac{2}{3}$、Bが勝つ確率は $\dfrac{1}{3}$ で、引き分けはないものとする。先に3勝した方を優勝とするとき、Aが優勝する確率を求めよ。
$\dfrac{64}{81}$
方針：Aが優勝するのは「3勝0敗」「3勝1敗」「3勝2敗」の3パターン。それぞれが排反。 注意点は、最後のゲームは必ずAが勝つということ。
3勝0敗（3回で終了）：AAAの1通り
$$\left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}$$
3勝1敗（4回で終了）：最後の4回目はA勝利。最初の3回で2勝1敗。
最初の3回でAが2勝1敗する場合：${}_{3}C_{1}$ 通り（どの1回でBが勝つか）
$${}_{3}C_{1} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = 3 \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = 3 \cdot \frac{8}{81} = \frac{24}{81}$$
3勝2敗（5回で終了）：最後の5回目はA勝利。最初の4回で2勝2敗。
最初の4回でAが2勝2敗する場合：${}_{4}C_{2}$ 通り
$${}_{4}C_{2} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^2 \cdot \frac{2}{3} = 6 \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{9} \cdot \frac{2}{3} = 6 \cdot \frac{8}{243} = \frac{48}{243}$$
3パターンは互いに排反なので、分母を $243$ に統一すると
$$\frac{8}{27} + \frac{24}{81} + \frac{48}{243} = \frac{72}{243} + \frac{72}{243} + \frac{48}{243} = \frac{192}{243} = \frac{64}{81}$$