円卓への座り方の円順列の数と回転対称数

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

《円順列を計算する上での基本的考え方》
　人を円卓に配置する問題を解くための根本的な考え方は、以下の考え方です。
(1)円卓の１つ１つの席を固定して考えるべき。
(2)席に配置する人の順列は、円卓に対して回転した人の配置は異なる配置であるとして区別して考えるべきである。
(3)円順列では、人の配置を円卓の回りに回転させると重なる配置は同じ配置として配置の数を数える。

【問１】
　両親と子供4人を６席の円卓に並べる。両親が正面に向き合う座り方は何通りあるか。

【解答】
　 大人１，大人２と、
子供３，子供４，子供５，子供６とを円卓に並べる。
　正面に向き合う大人２人と、その他に子供４人が席に座る場合の、大人と子供の配置パターンの円順列の数は１つのみである。

　その大人と子供の配置パターンの円順列を円卓の回りに回転させると、
０回転と、１／６回転と、２／６回転では、固定した円卓に対しては異なる配置になるが、更に回転させて３／６回転＝１／２回転させると、大人と子供の配置パターンが元の配置パターンに重なる。
　結局、大人と子供の配置パターンを１回転する間に、２回、同じ配置パターンになる。
これは、大人と子供の配置パターンの回転対称数が２であることを意味する。
　ここで、固定した大人と子供の配置パターンに、大人２人と子供４人を配置するバラエティは、
２！４！
である。
　しかし、大人と子供の配置パターンの回転対称数が２であるので、固定した大人と子供の配置パターンに、大人２人と子供４人を配置するバラエティの数には、その回転対称数２の重複がある。
そのため、 固定した大人と子供の配置パターンに、大人２人と子供４人を配置するバラエティの数をその回転対称数２で割り算した値が大人２人と子供４人の配置の円順列の数になる。
　よって、求める人の配置の円順列の数は、
２！４！／２＝４！
である。
（解答おわり）

場合の数と確率
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確率の難問の解き方

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　 袋の中に、１と書かれたカードが４枚、２と書かれたカードが３枚、３と書かれたカードが２枚、計９枚のカードが入っている。この袋の中から同時に３枚のカードを取り出す。
(1)取り出した３枚のカードに書かれている数字がすべて異なる確率を求めよ。
(2)取り出した３枚のカードの中に同じ数字が書かれたカードが含まれていたとき、その同じ数字が１である条件付き確率を求めよ。

【解答】
　この問題は、
「樹形図の基本ルール（その２）」
のページを参考にして、以下の図のように、確率樹形図の全貌（の概形）を計算用紙に記述して考える。

（注意）この確率樹形図が書ききれないので、この問題は難問だとわかる。

特に、
「複数の玉を同時に取り出す確率の問題とコンビネーションを用いて良い定理」
のページの結論により、
「同時に」カードを取り出す問題であっても、そのカードを、時間差をもうけた「順番に」取り出す問題と考えて問題をわかり易くして解く。
すなわち、確率樹形図の枝を表す事象の連鎖は、
「順番に確認する事象」をあらわすようにする。

（この問題への事象の要素の順番の導入方法は）同時に取り出した３枚のカードの、カードを確認する順番の、１枚目、２枚目、３枚目の順を考えることで事象の要素の順番を導入して確率樹形図を書く。

その事象の連鎖毎に確率を考えて解く（そうする方が解き易いからである）。

問(1)は、
３枚のカードの番号が全て異なる場合である。
順番を考えた事象の連鎖毎の確率が、

の６組ある（事象の連鎖の要素の順番のバラエティが６である）ことを認識して解く。
　その６組の事象の連鎖の、各事象の連鎖の確率の式は、分母が、１枚目と２枚目と３枚目のカードを選ぶときに残っているカードの枚数を掛け算した値であって一定である。一方、確率の式の分子では、取り出す候補のカードの枚数の順番が異なるだけで、
（１枚目に取り出す候補のカードの枚数）×（２枚目に取り出す候補のカードの枚数）×（３枚目に取り出す候補のカードの枚数）
であらわす、カードの枚数の積の値が変わらない。そのためどの事象の連鎖の確率も皆同じ確率になるので、
答えは、１つの事象の連鎖の確率の６倍になり、確率の合計は、

（問(1)の解答おわり）

（次の問(2)のヒントとしてこの解を位置付けることができるために、この問(1)の解が簡単に解けたと感じる感覚が必要です。）

問(2)は、
取り出した３枚のカードの中に同じ数字が書かれたカードが含まれている場合である。
　添付図のような事象の連鎖を考える。 同じ数字が含まれているあらゆる事象の連鎖を記載し、各事象の連鎖毎に、その確率と、事象の要素の順番を入れ替える順番のバラエティを、以下のように記載する。

その総和を計算できる。
その総和は、いちいち計算しても得られますが、

そこまで苦労しないでも、
問(2)の同じ数字が含まれている場合は、問(1)の場合の余事象なので、
その確率＝１ー(2/7)=5/7,
で簡単に計算できる。

よって、同じ数字が１である条件付き確率＝
（１が２枚以上ある確率）÷(5/7)＝

（問(2)の解答おわり）

　計算用紙の計算で以上の解答が得られたので、
問題(2)の解答用紙には、
【問(2)の、解答用紙への記述の開始】
（同じ数字が含まれている場合の確率）
は、
問(1)の場合の余事象の確率＝１ー(2/7)=5/7,
で計算して答えを得る。

（１が２枚以上ある確率）の計算では、

だけを計算する。
　ここで、(1,1,x)の事象の連鎖の要素の順番を変えた(1,x,1)と(x,1,1)とを合わせた３つの事象の連鎖については、各事象の連鎖の確率の式は、 分母が、１枚目と２枚目と３枚目のカードを選ぶときに残っているカードの枚数を掛け算した値であって一定である。 一方、確率の式の分子は、取り出すべき候補のカードの枚数の順番が異なるだけで、取り出す候補のカードの枚数の積の値が変わらない。そのためどの事象の連鎖の確率も皆同じ確率になるので、この３つの事象の連鎖の確率の合計は、そのうちの１つの事象の連鎖の確率の３倍になる。

　そして、以下の式で、問(2)の答えがあらわせる。
同じ数字が１である条件付き確率＝

（問(2)の解答おわり）
と記載すれば良い。
（解答おわり）

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三角形の各辺の垂直二等分線が一点で交わる証明

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　下図の三角形ＡＢＣ（頂点Ｂを原点Ｏとする）の各辺の垂直二等分線が一点で交わることを証明せよ。


【解１：証明開始】
　先ず、三角形ＡＢＣの頂点Ｂを原点Ｏとする。線分ＯＡの中点をＮとし、線分ＯＣの中点をＭとし、線分ＡＣの中点をＤとする。
　そして、辺ＯＡの垂直二等分線と辺ＯＣの垂直二等分線の交点Ｐの位置ベクトルPを計算する。点Ｐは、以下の式(1)であらわす直線ＮＰと、式(2)であらわす直線ＭＰとの交点である。以下の計算により、式(1)と式(2)を連立して、未知数ｍを求めて位置ベクトルＰを求める。

この式で求めた未知数ｍを位置ベクトルPの式２に代入する。

位置ベクトルPが式(5)で得られた。

　次に、辺ＡＣの中点をＤとし、ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積を計算することで、直線ＤＰが直線ＡＣに直交することを証明する。式(5)で求めた点Ｐの位置ベクトルを使って、以下でその内積を計算する。

ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積が０になった。
ゆえに、直線ＤＰが直線ＡＣに直交する。すなわち、直線ＤＰは線分ＡＣの垂直二等分線である。
　よって、三角形ＡＢＣの各辺の垂直二等分線が一点Ｐで交わる。
（解１の証明おわり）

【解２：証明開始】
　先ず、三角形ＡＢＣの頂点Ｂを原点Ｏとする。線分ＯＡの中点をＮとし、線分ＯＣの中点をＭとし、線分ＡＣの中点をＤとする。
　そして、辺ＯＡの垂直二等分線と辺ＯＣの垂直二等分線の交点をＰとすると、以下の式(1)と式(2)が成り立つ。

　次に、ベクトルＤＰとベクトルＡＣの内積を計算する。

ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積が０になった。
ゆえに、直線ＤＰが直線ＡＣに直交する。すなわち、直線ＤＰは線分ＡＣの垂直二等分線である。
　よって、三角形ＡＢＣの各辺の垂直二等分線が一点Ｐで交わる。
（解２の証明おわり）

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三角形の高さベクトルｈの公式 

CやPを使わずに確率の問題を解く方法

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問２】
　Ａの袋には白玉４個と赤玉５個、Ｂの袋には白玉６個と赤玉３個が入っている。 まず、Ａの袋から同時に２個の玉を取り出してＢの袋に入れ、よく混ぜた後、 Ｂの袋から同時に２個の玉を取り出してＡの袋に入れる。 このとき、Ａの袋の中の白玉の個数が増えている確率を求めよ。

【解答】 
　以下の方針に従って、確率を計算する。
「(3) そして、「複数の玉を同時に取り出す確率の問題とコンビネーションを用いて良い定理」のサイトの結論により、「同時に」玉を取り出す問題であっても、その玉を、時間差をもうけた「順番に」取り出す問題と考えて問題をわかり易くして解くのが良い。

　すなわち、玉を順番に取り出すときの確率の計算方法だけ覚えて、
全ての問題を、その解き方だけで解くことにしても良い。」

　この方針で、この問２を、【問２’】
Aの袋に白玉４個、赤玉５個あり、
Bの袋に白玉６個、赤玉３個ある。
　Aの袋から同時に２個の玉を取り出して、その２個の玉を順番にBの袋に入れる。
　次に、
Bの袋から同時に２個の玉を取り出して、その２個の玉を順番にAの袋に入れる。
Aの袋に白玉が増えている確率を求める、
（問題おわり）
という問題であると解釈して問題を解く。

　先ず、以下の事象の連鎖毎に確率を計算する。
(Bに入れる1つ目，Bに入れる2つ目，Aに入れる１つ目，Aに入れる2つ目)



求める確率は、この５つの場合の確率の合計である。

（解答おわり）

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円卓の６席に３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の数

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

《円順列を計算する上での基本的考え方》
　人を円卓に配置する問題を解くための根本的な考え方は、以下の考え方です。
(1)円卓の１つ１つの席を固定して考えるべき。
(2)席に配置する人の順列は、円卓に対して回転した人の配置は異なる配置であるとして区別して考えるべきである。

【問５】
　円卓の席が６個ある。３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の、人の配置の円順列の数は全部で何通りあるか。

【解答】
　４席の円卓に、人１，人２，人３を３席に配置し、１席に空席予定の玉●３つを置く。

その４席を配置するあらゆる場合の数は、

である。
しかし、そのように、３人を３席に配置し、空席予定の玉●３つを１つの席に配置した状態は、４つの席に配置しているに過ぎない。
　この配置の数は、４つの席に配置された３人と玉●の集合１つとの全てのバラエティである。その回転のバラエティは４である。

　その全てのバラエティから回転のバラエティを無くすために、この配置の数を４分の１にする。

　それは、人が席に座る回転のバラエティを無くした配置の数（いわば、円順列の数）である。
　その円順列の３人と３つの玉●を、円卓の６つの席に配置する。３人が隣り合わせに座って、３つの玉●は、３つの連続する空席に１つづつ置く。

そして、６つの席の人と玉●とを隣の席に１つづつ移す回転をさせることで、６つの席に配置する全ての配置のバラエティを計算する。その回転のバラエティを持たせるために、この配置の数を６倍する。
　それは、６つの席に３人と３つ玉●を１つづつ置く全てのバラエティの数になる。
すなわち、円卓の席６つに、３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の、人の配置の数は、全部で、

通りある。
（解答おわり）

場合の数と確率
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５席の円卓に３人が座る場合の数

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

《円順列を計算する上での基本的考え方》
　人を円卓に配置する問題を解くための根本的な考え方は、以下の考え方です。
(1)円卓の１つ１つの席を固定して考えるべき。
(2)席に配置する人の順列は、円卓に対して回転した人の配置は異なる配置であるとして区別して考えるべきである。

【問１】
　円卓の席が５個ある。３人の人が、２つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の数は全部で何通りあるか。

【解１】
　人１，人２，人３の右回りの並べ方は、全部で３！＝６通りある。
円卓の５個の席のうち、２つの空席が隣り合わない席の配置のパターンの数は、以下の図の空席を表す黒丸と人を表す赤丸の配置のパターンであり、５個のパターンがある。

この５通りのパターン毎に、３人が３！＝６通りの配置に座るので、
人の配置の数は全部で、
５×６＝３０
通りある。
（解１おわり）

【解２】
　人１，人２，人３の右回りの並びの間と３人の並びの前後の２か所との何れかの位置に１つづつで、２つの空席を配置する。ただし、２つの空席が、３人の並びの先頭と最後尾とに配置する場合は除外する。そのような空席の配置のバラエティの数は、

ある。
一方で、人１，人２，人３の右回りの並べ方は、全部で３！＝６通りある。
よって、人の配置の数は全部で、
５×６＝３０
通りある。
（解２おわり）

【解３】
　人１，人２，人３を円卓に並べた人と人の間の３つの間の何れかに、２つの空席を１つづつ配置すれば空席が隣り合わず人の人との間に空席を配置するバラエティの数はその空席の並び方の数、

である。しかし、そのように空席を人と人の間に配置しても、人を円卓の５つの席に配置しているわけでは無く、人は３つの席に配置している状態に留まっている。３つの席に配置した人と人との間に空席予定の玉●を置いた、人と玉との配置のバラエティの数を表しているに過ぎない。
　この配置の数は、３つの席に配置された人と玉●との全てのバラエティである。その回転のバラエティは３である。

　その全てのバラエティから回転のバラエティを無くすために、この配置の数を３分の１にする。
　それは、人が席に座る回転のバラエティを無くした配置の数（いわば、円順列の数）である。
　その円順列の３人と２つの玉●を、円卓の５つの席に配置する。そして、５つの席の人と玉●とを隣の席に１つづつ移す回転をさせることで、５つの席に配置する全ての配置のバラエティを計算する。その回転のバラエティを持たせるために、この配置の数を５倍する。
　それは、５つの席に人と玉●を置く全てのバラエティの数になる。
すなわち、円卓の席５つに、３人の人が、２つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の数は、全部で、

通りある。
（解３おわり）

【問１ｂ】
　円卓の席が５個ある。３人の人が、２つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の円順列の数は全部で何通りあるか。
（注意）円順列では、人の配置を円卓の回りに回転させると重なる配置は同じ配置として配置の数を数える。

【解答】
　３人の人が、２つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、空席の配置パターンの円順列の数は１つのみである。
（そのパターンを円卓の回りに回転させると、固定した円卓に対して５つの配置ができるが、それら５つは同じ１つ円順列である。）

その１つの円順列の配置パターンに３人を配置するバラエティは
３！＝６
である。
よって、求める円順列の数は、
３！＝６
である。
（解答おわり）

【問２】
　円卓の席が６個ある。３人の人が、３つの空席同士が互いに隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の数は全部で何通りあるか。

【解１】
　３人の人が、３つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、空席の配置パターンの円順列の数は１つのみである。
　そのパターンを円卓の回りに回転させると、その配置パターンを１回転する間に、３回、同じ配置パターンになる。
これは、この空席の配置パターンの回転対称数が３であることを意味する。
　その配置パターンを１回転する間に、席が６回変わるが、その６回の変化を回転対称数３で割り算した値の２が、 １つの空席の配置パターンの円順列を回転させたときにできる、固定した円卓に対しては異なる２個の空席の配置パターンの数をあらわす２である。

すなわち、円卓の６個の席のうち、３つの空席が互いに隣り合わない席の配置のパターンの数は、上の図の空席を表す黒丸と人を表す赤丸の配置のパターンであり、２個のパターンがある。
　一方で、人１，人２，人３の、人用の席への、右回りの並べ方は、全部で３！＝６通りある。
そのため、得られた２個の配置パターン毎に、３人が３！＝６通りの配置に座るので、
人の配置の数は全部で、
２×６＝１２
通りある。
（解１おわり）

【解２】
　人１，人２，人３の右回りの並びの間と３人の並びの前後の２か所との何れかの位置に１つづつで、２つの空席を配置する。ただし、２つの空席が、３人の並びの先頭と最後尾とに配置する場合は除外する。そのような空席の配置のバラエティの数は、

ある。
一方で、人１，人２，人３の右回りの並べ方は、全部で３！＝６通りある。
よって、人の配置の数は全部で、
２×６＝１２
通りある。
（解２おわり）

【解３】
　人１，人２，人３を円卓に並べた人と人の間の３つの間に３つの空席を１つづつ配置すれば空席が互いに隣り合わず人の人との間に空席を配置するバラエティの数は、

である。しかし、そのように空席を人と人の間に配置しても、人を円卓の６つの席に配置しているわけでは無く、人は３つの席に配置している状態に留まっている。３つの席に配置した人と人との間に空席予定の玉●を置いた、人と玉との配置のバラエティの数を表しているに過ぎない。
　この配置の数は、３つの席に配置された人と玉●との全てのバラエティである。その回転のバラエティは３である。

　その全てのバラエティから回転のバラエティを無くすために、この配置の数を３分の１にする。
　それは、人が席に座る回転のバラエティを無くした配置の数（いわば、円順列の数）である。
　その円順列の３人と３つの玉●を、円卓の６つの席に配置する。そして、６つの席の人と玉●とを隣の席に１つづつ移す回転をさせることで、６つの席に配置する全ての配置のバラエティを計算する。その回転のバラエティを持たせるために、この配置の数を６倍する。
　それは、６つの席に人と玉●を置く全てのバラエティの数になる。
すなわち、円卓の席６つに、３人の人が、３つの空席が互いに隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の数は、全部で、

通りある。
（解３おわり）

【問２ｂ】
　円卓の席が６個ある。３人の人が、３つの空席同士が互いに隣り合わ無いように席に座る場合の、人の配置の円順列の数は全部で何通りあるか。
（注意）円順列では、人の配置を円卓の回りに回転させると重なる配置は同じ配置として配置の数を数える。

【解答】
　３人の人が、３つの空席が隣り合わ無いように席に座る場合の、空席の配置パターンの円順列の数は１つのみである。
　そのパターンを円卓の回りに回転させると、その配置パターンを１回転する間に、３回、同じ配置パターンになる。
これは、この空席の配置パターンの回転対称数が３であることを意味する。
（なお、空席の配置パターンの円順列を１回転させるには席を６回変えることになるが、その６回の変化を回転対称数３で割り算した値の２が、 １つの空席の配置パターンの円順列を回転させたときにできる、固定した円卓に対しては異なる空席の配置パターンの数の２である。）

ここで、１つの空席の円順列の配置パターンに３人を配置するバラエティは、
３！＝６
である。
　しかし、空席の配置パターンの回転対称数が３であるので、３人を固定した席に配置するバラエティの数の６には、空席の円順列のパターンの回転対称数３の重複がある。
そのため、固定した席に３人を配置するバラエティの数６をその回転対称数３で割り算した値が人の配置の円順列の数になる。
　よって、求める人の配置の円順列の数は、
３！／３＝２
である。
（解答おわり）

場合の数と確率
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点が進む位置の確率の問題

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　数直線上の原点Ｏに点Ｐがある。1個のサイコロを投げて、1,2,3,4が出たらＰを正の向きに２だけ、5,6の目が出たら負の向きに３だけ移動させる。サイコロを５回投げた後、ＰがＯにある確率を求めよ。

【解１】 
　先ず、下図のように左から右に樹形図を書いて問題を整理する。
縦軸は数直線上の点Pの位置をあらわし、
横軸はサイコロを投げた回数の順をあらわす。
樹形図の枝と節の確率を順次に計算していく。

　この樹形図の各枝は、事象の確率の太さを持つ。この樹形図は、枝を束ねた合流点の節を持つ。合流点の節では、その合流点の事象に至る樹形図の枝の確率の和の太さになる。
　上図のように、分岐した枝の太さ（確率）と合流点の節の太さ（確率）を地道に計算していく。

　こうして枝の確率を地道に書いていくと、
サイコロを5回投げた後、PがOにある場合を表す節⑪の確率が、

になる。
（解１おわり）

【解２】
　先ず、下図のように左から右に樹形図を書いて問題を整理する。
縦軸は数直線上の点Ｐの位置をあらわし、
横軸はサイコロを投げた回数の順をあらわす。

サイコロを５回投げた後、ＰがＯにある場合を表す節⑪の確率
＝(⓪から⑪に至る全ての経路の数)×(経路毎の確率)
である。

⓪から⑪に至るどの経路も、右上には合計３回進み、右下には合計２回進むので、
どの経路を通る確率も同じ確率の、

である。

⓪から⑪に至る全ての経路の数は、

で計算できる。

よって、求める確率は、

である。
（解２おわり）

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