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下記の中学数学の問題について、(1)は樹形図を書くとすぐに解けますが、(2)は全パターンの1/3を書き出しただけでかなりの時間を使ってしまいました。何か良い考え方はあるでしょうか。

a箱には1と書かれた赤玉、3と書かれた赤玉、2と書かれた白玉がそれぞれ1個ずつ入っている。また、bの箱には2と書かれた赤玉、2と書かれた白玉、4と書かれた白玉が1個ずつはいっている。Aさんはaの箱から、Bさんはbの箱からそれぞれ1個玉を取り出し下記のように得点を決めるゲームを繰り返し行う。ただし。1度取り出した玉は元には戻さないものとする。
○ルール
(色について)
取り出した玉の色が異なる場合、赤玉の人に1点加える。
取り出した玉の色が同じ場合、お互いに得点を加えない。

(数字について)
取り出した玉の数字が異なる場合、大きい数字の人に1点加える。
取り出した玉の数字が同じ場合、お互いに得点を加えない。

例えば、1回目にAさんが。aの箱から3と書かれた赤玉を取り、Bさんが2と書かれた白玉を取り出した場合、Aさんの得点は2点、Bさんの得点は0点となり、Aさんの得点がBさんの得点より高くなる。2回目にAさんがaの箱から1と書かれた赤玉を取り、Bさんが4と書かれた白玉を取り出した場合、Aさんの得点は合計3点、Bさんの得点は合計1点となり。Aさんの得点がBさんの得点より高くなる。
以下の問いに答えなさい。
(1) 1回のゲームでAさんの特点がBさんの得点より高くなる場合の数は何通りが求めなさい。→2通り
(2)2回続けてこのゲームを行う場合、Aさんの得点がBさんの得点より高くなる確率を求めなさい。→11/18

よろしくお願いします。

質問者からの補足コメント

  • kairou様
    2回連続なので合計で考えています。答え11/18ですが、樹形図の端っこを数えると、全部で36パターンを書いて10分以上使ってしまいました。
    1-何か みたいな考え方はありませんよね。。

      補足日時:2024/01/22 14:21

A 回答 (7件)

あー、No.3 の表は、もう1個見間違えがあった。


再度訂正。

B\A  赤1赤3   赤1白2  赤3赤1   赤3白2 白2赤1  白2赤3
赤2白2 [B1+A2]   B1+0   [A1+A1B1] [A1+0]  B1+A1B1 [B1+A2]
赤2白4 B1+A1B1  B1+B1  [A1+A1B1] A1+B1  B1+A1B1 B1+A1B1
白2赤2 [A1B1+A1]  A1B1+B1 [A2+B1]   [A2+B1] 0+B1   [0+A1]
白2白4 A1B1+A1B1 A1B1+B1 [A2+A1B1] [A2+B1] 0+A1B1  0+A1B1
白4赤2 [A1B1+A1]  A1B1+B1 A1B1+B1  A1B1+B1 B1+B1  B1+A1
白4白2 [A1B1+A2]  A1B1+0  A1B1+A1B1 A1B1+0 B1+A1B1 [B1+A2]

Aの得点のほうが多い出方に [ ] をつけてある。
場合の数は 14 通りで、確率は 14/36 = 7/18。

No.6 が正しいね。 11/18 は、これの余事象なのかな?
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この回答へのお礼

遅くなってしまい申し訳ありません。答えは7/18でした。過去問で解説がなかったのでとても助かりました。ありがとうございました!

お礼日時:2024/02/01 14:55

他の人もやっているように、すべての場合の得点表(Aの得点,Bの得点)を書くといいと思う。

考え方は樹形図と同じだけど、まとめて数える分だけちょっとだけ楽。

1行目Bの出す玉、1列目Aの出す玉、(Aの得点、Bの得点)の表(ずれて見づらくなったらゴメン)
A\B 赤2  白2  白4
赤1 (0,1) (1,1) (1,1)
白2 (0,1) (0,0) (0,1)
赤3 (1,0) (2,0) (1,1)

1回のゲームでは、この9通りのうちのいずれかが起こり、
2回のゲームの2回目では、1回目に選んだ組み合わせを含む縦横の行列を消したものから選ぶので、4通りのいずれかが起こる
(1回目がAは赤1、Bが白2であれば、Aの赤1、Bの白2を消すので、2回目はAが白2,赤3,Bが赤2,白4のすべての組み合わせの4通り)。
そして、これらはどれも同様に確からしい。以上を踏まえて解答。

(1)より、AがBより高得点の場合はいずれもAが赤3の玉を出す場合だけ、と分かる。
したがって、2回続けてゲームを行ってAの得点がBより高いということは、2回のうち1回はAは赤3の玉を取る場合しかない(赤3は1個しかないから2回のうち1回だけしかBより得点が高いことはない)。

(あ)Aが赤3の時Bが赤2を出す場合
Aは1点リードだから、もう1回は同点の場合だけ。残った4つの場合(右上の4つの場合)のうち3つが適する(ダメなのはA白2、B白4)。

(い)Aが赤3の時Bが白2を出す場合
Aは2点リードだから、もう1回はBが1点高いか同点の場合。残った4つの場合(左上の縦2つと右上の縦2つの場合)すべてが適する。

(あ)の場合は、Aが赤3を1回目に出すか、2回目に出すかの2通りの場合があり、いずれであってももう1回は3通りの組み合わせだから、全体として2x3=6通り。
(い)の場合も同様に考えて 2x4=8 通り。
全体の場合の数は、9x4=36通りだから、求める確率は(6+8)/36=7/18
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2回続けてこのゲームを行う場合、


Aさんの得点がBさんの得点より高くなるためには
2回の内のどちらか1回のゲームで
Aさんの得点がBさんの得点より高くならなければならない
Aさんの得点がBさんの得点より高くなる場合は
A赤3,B白2,(A-B=2点)
A赤3,B赤2,(A-B=1点)

2通り

2回の内のどちらか1回のゲームで
A赤3,B白2,(A-B=2点)
となる場合は
必ずAさんの得点がBさんの得点より高くなる

1回目で
A赤3,B白2
となる場合の確率は (1/3)(1/3)=1/9

1回目でA赤3以外,B白2以外
2回目でA赤3,B白2
となる場合の確率は (2/3)(2/3)(1/2)(1/2)=1/9

2回の内のどちらか1回のゲームで
A赤3,B白2
となる場合の確率は 1/9+1/9=2/9

2回の内のどちらか1回のゲームで
A赤3,B赤2
となる場合
他方は
A赤1,B白2
A赤1,B白4
A白2,B白2
のどれかでなければならない

A赤3,B赤2,A赤1,B白2,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36
A赤3,B赤2,A赤1,B白4,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36
A赤3,B赤2,A白2,B白2,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36

A赤1,B白2,A赤3,B赤2,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36
A赤1,B白4,A赤3,B赤2,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36
A白2,B白2,A赤3,B赤2,の確率は(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)=1/36

2回の内のどちらか1回のゲームで
A赤3,B赤2
となる場合の確率は 6/36=1/6

2回続けてこのゲームを行う場合、
Aさんの得点がBさんの得点より高くなる確率は
2/9+1/6
=
7/18
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表の訂正:



(2)の
A=赤1白2,B=白2白4 のマスは
A1B1+B1 で B の得点のほうが多い。

A の得点が多い確率は 15/36 のままでよいが。
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この問題は、樹形図よりも四角い表のほうがまとめ易いんじゃないかな。


箱a の玉を 赤1,赤3,白2、 箱b の玉を 赤2,白2,白4 と書くことにする。

(1) 1回ゲームのとき
A,B各人が取り出す玉は 3 種類づつで、
2人の玉の出方は 3^2 = 9 通りある。
そのそれぞれが、当確率で現れる。

各出方で、色の得点,数字の得点がどちらに入るかを表にしてみた。
B\A 赤1   赤3   白2
赤2  数B   [数A]   色B
白2  色A数B [色A数A] 0
白4  色A数B 色A数B  数B

Aの得点のほうが多い出方に [ ] をつけてある。
場合の数は 2 通りで、確率は 2/9。

(2) 2回ゲームのとき
1回めに出した玉は箱に戻さないのだから、
A,B各人が足りだす玉は2回ぶんで 3P2 = 6 通りづつで、
2人の玉の出方は 6^2 = 36 通りある。
そのそれぞれが、当確率で現れる。

(1)の表を参考にしながら、
各出方で、A,Bの得点がどうなるかを表にしてみた。
B\A  赤1赤3  赤1白2  赤3赤1   赤3白2  白2赤1  白2赤3
赤2白2 [B1+A2]  B1+0   [A1+A1B1] [A1+0]  B1+A1B1 [B1+A2]
赤2白4 B1+A1B1  B1+B1  [A1+A1B1] A1+B1  B1+A1B1 B1+A1B1
白2赤2 [A1B1+A1]  A1B1+B1 [A2+B1]  [A2+B1] 0+B1   [0+A1]
白2白4 A1B1+A1B1 [A1B1+B1] [A2+A1B1] [A2+B1] 0+A1B1  0+A1B1
白4赤2 [A1B1+A1] A1B1+B1 A1B1+B1 [A1B1+B1] B1+B1  B1+A1
白4白2 [A1B1+A2]  A1B1+0  A1B1+A1B1 A1B1+0  B1+A1B1 [B1+A2]

Aの得点のほうが多い出方に [ ] をつけてある。
場合の数は 15 通りで、確率は 15/36 = 5/12。

おや? 11/18 にならないが...
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Aがどの2つを取り出すかは3C2=3通りある。

取り出す順番は関係なし。それぞれに対してBがどれを取り出したかだけが問題で、それぞれ3P2=6通りある。だから組み合わせは 3×6=18通りで、どれも等確率。そのうち何通りでAの得点がBより多いかを数えるのが、「何か良い考え」が浮かぶのを待ってるより早いんじゃないかなあ。
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>(2)2回続けてこのゲームを行う場合、



この場合の得点は、1回の得点との合計で決めるのですか。
ならば、1回目で A1さんが勝つ場合と Bさんが勝つ場合の 両方を
場合分けすれば 良いのでは。
確かに 樹形図では かなりメイド臭いですが、難しくはないでしょう。
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