加法定理の応用問題の解答

以下は、ここをクリックした先のページの問題の解答です。

【問題１】
　以下の式１と式２が成り立っているとき、ｆ ≡ ｃｏｓ（α－β）を定数ａとｂであらわせ。

【解答１】

（解答おわり）

【解答２】
　解答１は、計算力に頼った解答であった。以下の解答２は、この問題の本質をもっと良く見通して解答する解答を示す。
（解答はじめ）
この問題の条件を以下の図であらわす。

 以下の計算により、問題の解が得られる。

 （解答おわり）

（補足）
　三角関数の計算問題でも、図形にあらわせる限り、問題を図形であらわして解くのが良いと考えます。

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加法定理の練習問題４の解答

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【問１】
ｘ^２－（√３）ｘ－２＝０の２つの解を、ｔａｎα，ｔａｎβとするとき、

の値を求めよ。

【解答１】
（求める答えを、より易しい答えにできないかを考える）
問題を解くときには、いつも、この発想から始めること。
この段階では、どう解答するかの見通しを立てます。

ｔａｎα，ｔａｎβが
方程式　ｘ^２－（√３）ｘ－２＝０　（式２）
の２つの解であるとき、
－（ｘの係数）：　√３＝ｔａｎα＋ｔａｎβ　（式３）
定数項：　　　　　－２＝ｔａｎαｔａｎβ　　（式４）
となる関係を思い出して使う。

つぎに、ｔａｎの加法定理を思い出す。

（ｔａｎα＋ｔａｎβ）と、ｔａｎαｔａｎβが求められれば、ｔａｎ（α＋β）が求められることを見通す。
こうしてｔａｎ（α＋β）が求められるというめどが立ったので、ｔａｎ（α＋β）を求めて、それから、（α＋β）を求めて、ｓｉｎ（α＋β）もｃｏｓ（α＋β）も求めて、それらの値を式１に代入して答えを得る
という、解答の見通しを立てます。

（ｔａｎ（α＋β）を計算する）
式３と式４を式５に代入する。

∴　（α＋β）＝π／６　または　７π／６

（１）（α＋β）＝π／６のとき：
ｓｉｎ（α＋β）＝１／２　　（式６）
ｃｏｓ（α＋β）＝√３／２　（式７）
方程式６と７を式１に代入
（式１）

（２）（α＋β）＝７π／６のとき：
ｓｉｎ（α＋β）＝－１／２　　（式８）
ｃｏｓ（α＋β）＝－√３／２　（式９）
式８と９を式１に代入
（式１）

（解答おわり）

【解答２】 
　ｔａｎの値を使って解く問題の式は、以下の式２のように、ｃｏｓの２乗の式とｔａｎの式に変形して計算する。

ここで、ｔａｎ（α＋β）の式は以下の式３であらわされる。

ｘ^２－（√３）ｘ－２＝０の２つの解を、ｔａｎα，ｔａｎβとするので、以下の式４が成り立つ。

この式５と６を式３に代入する。

この式７を式２に代入する。

（解答おわり）

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４次式の因数分解の解答

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【問】
以下の因数分解の式を証明せよ。

【解答】
この問題は、以下のようにｘと１／ｘが対称な形の式にすれば解けます。

（解答おわり）

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２重条件の条件付き確率の解答

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【問題】（難問）
　イベント１で、赤コイン１つと白コイン１つが入っている袋から１つのコインを机の上に取り出しコインの色とコインの面が表か裏かを記録してコインを袋に戻す。そしてイベント２で再度、同じことを繰り返してコインの色とコインの面が表か裏かを記録した。
　その２回のイベントで少なくとも１回は、白コインでコインの面が表であるコインが記録された。
　こうなる条件のもとで、この２回のイベントの２回とも、袋から取り出したコインが白コインであった条件付き確率を求めよ。

【解答】
先ず樹形図を書いて問題を整理する。

この樹形図を使うことで、 
この２回のイベントの２回とも、袋から取り出したコインが白コインであった条件付き確率Ｐは：

（解答おわり）

【別解】
２重条件の関心順を変えた以下の樹形図を書いて問題を解くこともできます。

この樹形図を使うことで、 
この２回のイベントの２回とも、袋から取り出したコインが白コインであった条件付き確率Ｐは：

 （解答おわり）

（補足）
　別解の樹形図が複雑になって解答に苦労した理由は、問題の関心が、コインの面の表裏よりも白コインであるかどうかに重点が置かれていることに逆らって、関心の低いコインの面の表裏を最初にして樹形図を書いたからです。

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条件付き確率の入試問題９解答

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【問題】
　５回に１回の割合で帽子を忘れるくせのあるK君が、正月にＡ，Ｂ，Ｃの３件をこの順に年始まわりをして家に帰ったとき、帽子を忘れてきたことに気がついた。２番目の家Ｂに忘れてきた確率を求めよ。
(1976年　早稲田大)

【解答】
先ず樹形図を書く。

この樹形図を使うことで、 
２番目の家Ｂに忘れてきた条件付き確率は以下のように計算できる。

（解答おわり）

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条件付き確率の入試問題１０解答

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【問題】
　奇数の目の面が青色で、偶数の目の面が赤色であるさいころが２個ある。
この２個のさいころを同時に投げたとき、
出た目の数の和が９以上であるという条件のもとで出た目の面が同じ色である確率を求めよ。
(2004年　東京電機大)

【解答】
先ず、以下の部分樹形図を頭の中で考える。
組み合わせの数を、樹形図の枝の束の数と考える。

頭の中で想像したこの部分樹形図が大きすぎると思ったら、以下の様に簡略化した部分樹形図を紙に書く。

　出た目の面が同じ色の場合は、目の合計が偶数の場合である。
この部分樹形図を使うことで、 
目の数の和が９以上である条件のもとで、
出た目の面が同じ色である確率＝４／１０＝２／５である。
（解答おわり）

（補足）
この解答の部分樹形図は、以下の様な基本樹形図の枝の束を表現したものです。

 この基本樹形図は、大きすぎるので解答用紙に書くことができませんが、頭の中では基本樹形図を思い描くようにして下さい。

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モンティ・ホール問題の解答

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【問０】（難問）
　プレーヤーの前に閉まった３つのドアがあって、１つのドアの後ろには景品の新車が、２つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。
 
（場合１）
　プレーヤーが１つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる１つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ１つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した１つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
 
（場合２）
　プレーヤーが１つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。
そうしたらもう１人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの２つのドアのうちの１つを開けてしまった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。
（そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする）
　ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、１つのドアに変更してもよいと言われた。
（これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可するルールになっていた）
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？

（場合３）
　当事者プレーヤーが１つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、ドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。
（そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする）
　ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
（これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可することになっていた）
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？

（1990年9月9日発行、ニュース雑誌 Parade）

【解答方針】
　この問題は、モンティ・ホール問題と呼ばれていて、その解答が誤りだとする大論争が起きた問題です。

　場合１では、司会者の行動は偶然の行為の結果では無く、司会者が、意識的に、まだ選ばれていない残りのドアのハズレの可能性を低くした点に特徴があります。

　この問題は、難しいので、先ず類似の分かり易い問題を解いてみます。

【分かり易しくした問題１】
　プレーヤーの前に閉まった１０のドアがあって、１つのドアの後ろには景品の新車が、９つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。

（問題１の場合１）
　プレーヤーが１つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる８つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ１つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した１つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？

【問題１の場合１の解答】
　この問題が出た当初に大論争が起きたのは、おそらくこの問題が、戦略・ゲームの問題として出題され、そのゲームのルールが不明であったためと考えられます。
　「正解を知る司会者（元締め）による、ハズレドアＢの開示行為が、プレーヤーと勝負している司会者（元締め）を勝たせる戦略として最善の行為であると考えなさい。」という問題であるならば、
とても、以下の説明の様な簡単な答えは出せないと考えます。

　しかし、先の問題文の様に、司会者の行動を完全に定義したならば、問題は易しくなったと考えます。
（１）
　プレーヤーが選んだドアが正解である確率は、

である。
　そして、 プレーヤーが選んだドア以外の９つのドアのうちの１つが正解である確率は、

である。
（２）
　一方、正解ドアを知っている司会者がプレーヤーが選んだドア以外の９つのドアのうちから、間違いをせずに、８つのハズレのドアを除去する作業をして１つのドアだけ残すというドアの除去作業を行なう。
　この司会者による作業は必ず行なわれ、司会者がこれと違う行為を行なう／又は行なわないという事象は存在しない。

（この司会者の作業の結果はいつも同じ結果のハズレに定まっていて、正解ドアが開かれることは決して無いので、作業（事象）の実行により正解確率の一部が消える条件付き確率問題の事態が発生し無い。）

　その司会者の作業は、以下の様にして、プレーヤーが選ばなかった９つのドアのうちに正解のドアがある場合に、その正解のドアがどれであっても残す、正解の抽出作業である。

（２－１）プレーヤーが選ばなかった９つのドアのうちいずれか１つのドアが正解であるならば、その正解であるドアを残し、
（２－２）あるいは、プレーヤーが選んだドア以外の９つのドアが全てハズレであるならば、正解では無い１つのドアのみを残し、それ以外のハズレのドアを明確にして除外する、
注意深く選別する確実な作業を行なう。

　その作業の結果は、残された１つのドアが正解である確率は、元の９つのドアの集合全体のうちの１つが正解である確率を引き継ぎ、確率が

である。
（３）
　 プレーヤーが選んだドアが正解である確率

は、この司会者の操作の結果によって変わらない。
（その理由は、正解ドアを知っている司会者から見て、ドアAの正解確率が変わらないからである。）
実際、このプレーヤーが選択したドアの正解確率（１／１０）と、
司会者が残した１つのドアの正解確率

の和は１であるので、以上の計算は誤っていない。
（４）
　よって、場合１では、
正解を知っている司会者が開くことが出来る司会者の影響力の圏内で、司会者によって抽出されて残された１つのドアが正解である確率は、
（司会者以外の者から見たら）
司会者が抽出した１つのドアに正解の確率を凝縮したので、
プレーヤに選ばれた１つのドアが正解である確率よりも、
９倍高い正解確率になる。 
（場合１の解答おわり）

（なお、司会者から見れば、単に、正解のドアを残しただけであり、どのドアが正解であるかは初めから決まっていて、それは変化しない。また、正解を知っている司会者から見れば、プレーヤーに選ばれた１つのドアに比べて、それ以外の９つのドアの集合内では、ドア数に比例して正解のドアが存在する確率が高いことが分かる。）

（補足）
　ここで、（問題０において）司会者がハズレのドアを開いた場合に、残りのドアは、プレーヤーが選んだ１つのドアと司会者が残した１つのドアとの２つのみになる。そのうち１つのドアがハズレで、１つのドアが正解の状況になる。その状況を見て、「未だ開いていない２つのドアは、平等に正解の確率が１／２にリセットされる。」と誤解する人が多いそうです。

　そのように誤解する人に対しては、
「正解の確率は、いつでも平等に、未だ開いていない２つのドアに割り振られる原理があるわけではない。「場合１」における司会者の操作の結果の様に、未だ開いていない２つのドアに異なる割合で正解の確率が割り付けられる場合がある。」と返答したい。

《問題０の（場合１）：３つのドアの場合において、ハズレである場合に限ってドアＢを除去するとき》
　先ず、プレーヤーがドアＡを選択して、未だ司会者が何もしない場合の状態は以下の樹形図であらわせる。

（ドアＢがハズレであることを知る司会者がドアＢを除去した場合）
　司会者がそういう意図でドアＢを除去した場合の、その後のドアＡとＣの条件付き確率ＰB（Ａ）と、ＰB（Ｃ）は、以下の樹形図を書いて計算できる。


　ドアＢが除去される状況になる確率とドアＣが除去される状況になる確率は、ともに１／２であるので、
ドアＡが正解であってドアＢが除去される確率は、
（１／３）（１／２）＝１／６になる。
ドアＣが正解であってドアＢが除去される確率は、
（１／３）・１＝１／３になる。
両確率の合計は、１／２である。
その結果の、ドアＡとＣの条件付き確率ＰB（Ａ）と、ＰB（Ｃ）は、それらの確率を両確率の合計（＝１／２）で割り算することで得られる。その結果は、以下のようになる。
（Ａ）司会者が除去する対象外（影響圏外）のドアＡが正解である条件付き確率は、
ＰB （Ａ）＝Ｐａ（Ａ）＝１／３
であり確率が変わらない。
 
（Ｃ）司会者がドアＢを開いて除去した場合に、司会者が除去する対象だったのに除去しなかった（あるいは正解なので除去できなかった）ドアＣが正解である条件付き確率は、
ドアＡとは条件が異なり、
ＰB （Ｃ）＝２・Ｐａ（Ｃ）＝２／３になる。

ＰB（Ａ） ＋ＰB（Ｃ）＝１，
が成り立つ。

　ここで注目する点は、ドアＢとドアＣの集合から正解ドア候補Ｂを（それがハズレの場合に限って）除去する操作を行なうと、除去したドアＢが持っていた正解の確率がドアＣの正解の確率に加えられた結果の（ドアＢが開かれた後での）ドアＣの正解の条件付き確率になることです。
　これは、正解ドアを知っている司会者から見れば、ドアＢとドアＣから、不正解（ハズレ）と分かっているドアを除去することで、正解可能性を絞り込む操作をしたのです。

　この操作には、以下の特徴があります。問題１の（場合１）において、この操作を、状況のバラエティに応じて行なうバラエティの各々には、以下の特徴がある。その特徴とは、いつも同じドアＢが除去されるわけでは無い（ドアＢが正解の場合には除去されない）こと。除去されるドアが状況により変わる、除去ドアが定まらない不定性があるという特徴があります。

　（場合１）では、正解ドアを知っている司会者は、除去ドア不定性で特徴付けられた集合のドアの正解確率を（不定性がある）少数のドアに集積させる確率の濃縮・抽出操作を行なうことができます。 
　それに対して、（場合２）では、正解ドアを知らない者が行なえる操作は、所定のドアを開けてそのドアが偶然にハズレの場合に、残りの全てのドアの正解確率を（見かけ上では）上げる。また、（場合３）では、正解ドアを知らない者が偶然に正解ドアを開けることで、その正解ドアの正解確率を１に上げる操作を行う。

（以上の説明をまとめると）
　すなわち、「司会者の操作の影響圏外のドアが正解になる確率は、司会者の行為によって勝手にリセットされるわけではなく、その確率が変わるように見える特別な機構に従って変化する。特に、初めから正解ドアを知っている司会者が見て変わらない状況は、変わらない。」

　その「確率が変わるように見える特別な機構」 を、「場合２」と「場合３」で詳しく説明します。
　この「場合２」や「場合３」のように明確な手続きに従って、「条件付き確率のみかけの変化」が導き出されるのであり、その手続き無しで勝手に確率が変化すると考えるのは早計だと思います。

（問題１の場合２）
　プレーヤーが１つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。
そうしたらもう１人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの９つのドアのうちの８つを開けてしまった。
その開けられた８つのドアの後ろには偶然に、全てヤギがいた。
（そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする）
（そういう場合が偶然発生した場合を条件にする条件付き確率の問題である。）
　ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、１つのドアに変更してもよいと言われた。
（これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。）
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
【場合２の解答】
　場合２では、正解のドアが開かれてしまう事象以外の事象の後の場合であることを大前提にしている。
　そのため、正解のドアが開かれる事象を含む事象の確率は、確率計算の前提から除外して計算しなければならない。
（１） 鍵がかかっているドアが正解の場合：
　鍵がかかっているドアが正解の場合には、
残りのドアを８つ開かれても、当然に、全て外れになる。
その場合の確率は、
鍵がかかっているドアが正解である確率であって、

である。
（２） 残りのドア９つのうちの１つが正解の場合：
　残りのドア９つのうちの１つが正解の場合であって、
そのうち８つ開かれるドア全てが外れる場合の確率は、

である。
（３） 正解のドアが開かれてしまう場合：
　残りのドア９つのうちの１つが正解である場合に、８つ開かれるドアのうちに正解ドアが含まれてしまう確率は、（２）の場合の、８つが全て外れる場合の余事象であるので、

である。
（１）と（２）と（３）の確率を足すと１になるので、以上の計算は誤っていない。
（４）
　ここで、この（３）の場合を除外して、正解のドアが開かれてしまう事象以外の事象の後の事象を前提にすると、
（条件付き確率の問題を解くと、）
（４－１）
　鍵がかかっているドアが正解の場合の、問題の（正解ドアが開かれ無かった場合の）条件付き確率は、

である。
（４－２）
　残ったドアが正解の場合の、問題の（正解ドアが開かれ無かった場合の）条件付き確率は、

である。 
よって、場合２では、選ばれたドアが正解である確率と残り１つのドアが正解である確率が等しい。

《問題０の（場合２）３つのドアの場合において、無作為にドアＢを開くとき》

　ドアＢが開かれる事象Ｂが発生すると、その事象が残りのドアＡとＣの正解確率に与える影響を定める原理は、以下の様に働くと考えられます。
ドアＢが開かれる以前のドアＡとＢとＣの正解確率を、Ｐａ（Ａ） 、Ｐａ（Ｂ） 、Ｐａ（Ｃ）で定義する。 

（１）ドアＢを開いてドアＢが正解である場合、ドアＢが開かれた後のドアＡとＢとＣの正解確率Ｐｂ（Ａ） 、Ｐｂ（Ｂ） 、Ｐｂ（Ｃ）は、
Ｐｂ（Ｂ）＝１，
Ｐｂ（Ａ）＝０，　 Ｐｂ（Ｃ）＝０，
になる。そして、イベントは中止。
（２）ドアＢを開いてドアＢがハズレである場合の、ドアＡとＣが正解である条件付き確率Ｐｂ（Ａ）とＰｂ（Ｃ） は、ドアＢかドアＣを開く以前の確率Ｐａ（Ａ）とＰａ（Ｃ）と、ドアＢかドアＣが開かれる確率(1/2)との積を使った以下の式であらわされる。
Ｐｂ （Ａ）＝(1/2)Ｐａ（Ａ）／（(1/2)Ｐａ（Ａ）＋(1/2)Ｐａ（Ｃ））
Ｐｂ （Ｃ）＝(1/2)Ｐａ（Ｃ）／（(1/2)Ｐａ（Ａ）＋(1/2)Ｐａ（Ｃ））
Ｐｂ（Ａ） ＋Ｐｂ（Ｃ）＝１，
で計算できる。
　ここで、 （(1/2)Ｐａ（Ａ）＋(1/2)Ｐａ（Ｃ））で割り算するのは、ドアＢがハズレである事象における条件付き確率を求めるためである。
　ここで注目する点は、 ドアＢがハズレであった事象が発生した前後において、ドアＡとドアＣの正解の可能性の比が変わらないことです。
Ｐｂ（Ａ）＝１／２であり、Ｐｂ（Ｃ）＝１／２である。

そのように、「条件付き確率」は、確率を多めに考えるという約束事に従って、開けられず残ったドアの確率が増えたように見せている。

（問題１の場合３）
　当事者プレーヤーが１つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、８つのドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
しかも、偶然に、その開けられた８つのドア全ての後ろにはヤギがいた。
（そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする）
（そういう場合が偶然発生した場合を条件にする条件付き確率の問題である。）
　ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
（これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドア又は当事者プレーヤーが選んだドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。）
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
【場合３の解答】
　場合３では、正解のドア又は選択されたドアが開かれてしまう事象以外の事象の後の場合であることを大前提にしている。
　そのため、正解のドアが開かれる事象又は選択されたドアが開かれる事象を含む事象の確率は、確率計算の前提から除外して計算しなければならない。
（１）
　選択されたドアが正解である場合に、そのドアが開けられない確率は、

である。 
（２）
　当事者プレーヤーに選ばれていないドアが正解である場合に、
選択されたドアが開けられもせず、
かつ、正解のドアが開かれない確率は、

である。
（３－１）
　選ばれたドアが正解である場合に、８つ開くドアのうちにその正解ドアが開かれてしまう確率は、（１）の場合の、８つが全て外れる場合の余事象であるので、

である。
（３－２）
　残りのドア９つのうちの１つが正解である場合に、８つ開くドアのうちに、正解ドアまたは当事者プレーヤーに選択されたドアが開かれてしまう確率は、（２）の場合の、８つが全て外れる場合の余事象であるので、

である。
（１）と（２）と（３－１）と（３－２）の確率を足すと

になるので、以上の計算は誤っていない。
（４）
　ここで、この（３）の場合を除外して、正解ドア又は当事者プレーヤーが選んだドアが開かれてしまう事象以外の事象の後の事象を前提にすると、
（条件付き確率の問題を解くと、） 
（４－１）
　選択されたドアが正解の場合の、問題の（正解ドアも選択ドアも開かれ無かった場合の）条件付き確率は、

である。
（４－２）
　選択されたドア以外の残ったドアが正解の場合の、問題の（正解ドアも選択ドアも開かれ無かった場合の）条件付き確率は、

である。
よって、場合３では、選択されたドアが正解である確率と残り１つのドアが正解である確率が等しい。
（解答おわり）

【問題０の解答】
（場合１）
　選択ドアがＡの場合において、ドアＢが開かれる場合を考える。
　ドアＢが開かれる以前のドアＡとＢとＣの正解確率を、Ｐa(Ａ) 、Ｐa(Ｂ) 、Ｐa(Ｃ)で定義する。ドアＡが正解の場合にドアＢが開かれる確率をＰb(Ａ)と定義し、ドアＣが正解の場合にドアＢが開かれる確率をＰb(Ｃ)と定義する。
以下の、確率の樹形図が描ける。

　ドアＢがハズレであることを知る司会者が、プレーヤーが選択したドアＡには手を加えない。
(a)ドアＡが正解の場合に、ドアＣを残しドアＢを開いて除去するか、又は、ドアＢを残しドアＣを開いて除去する。
(b)ドアＢが正解の場合に、ドアＢを残しドアＣを開いて除去し、
(c)ドアＣが正解の場合に、ドアＣを残しドアＢを開いて除去する。
　そうする場合に：
ドアＢが開かれた条件の下で：
選択されたドアＡが正解である確率Ｐb(Ａ)は、
Ｐb(Ａ)＝(1/2)Ｐa(Ａ)，
である。
残ったドアＣが正解である確率Ｐb(Ｃ)は、
Ｐb(Ｃ)＝Ｐa(Ｃ)，
である。
　選択されたドアＡが正解である確率Ｐb(Ａ)の２倍が、残りのドアＣが正解である確率Ｐb(Ｃ)になる。
　プレーヤに選ばれたドアＡが正解である確率よりも、司会者が抽出した残りのドアＣが正解である確率が２倍高くなる。
　よって、プレーヤーに選択された選択ドアＡよりも、開かれなかった残り１つのドア（Ｂ又はＣ）が正解である確率が高い。

（場合２）

　ドアＢが開かれる以前のドアＡとＢとＣの正解確率を、Ｐａ（Ａ） 、Ｐａ（Ｂ） 、Ｐａ（Ｃ）で定義する。ドアＡが正解の場合にドアＢが開かれる確率をＰb(Ａ)と定義し、ドアＣの場合にドアＢが開かれる確率をＰb(Ｃ)と定義する。ドアＢが開かれた条件の下に、ドアＡが正解である条件付き確率をＰB(Ａ)と定義し、ドアＢが開かれた条件の下に、ドアＣが正解である条件付き確率をＰB(Ｃ)と定義する。  

（１）　ドアＢを開いてドアＢが正解である場合：
　このイベントは中止される。
（２）　ドアＢを開いてドアＢがハズレである場合：
　ドアＢが開かれた後で、
選択ドアＡの正解の条件付き確率ＰＢ（Ａ）と、残留ドアＣの正解の条件付き確率ＰＢ（Ｃ）は、以下の式で計算される。

この式の計算結果は、
Ｐａ（Ａ）＝Ｐａ（Ｃ）であった比が維持され、
プレーヤーに選択された選択ドアＡが正解である条件付き確率と残りの残留ドアＣが正解である条件付き確率が等しく（１／２）になる。

（場合３）
以下の、確率の樹形図が描ける。

　問題１の場合３と同様にして、ドアBが開かれた場合の、
選択されたドアAが正解である確率Ｐb(Ａ)と、
残りの１つの残留ドアＣが正解である確率Ｐb(Ｃ)とは、等しい。
選択ドアＡの正解の条件付き確率ＰＢ（Ａ）と、残留ドアＣの正解の条件付き確率ＰＢ（Ｃ）は、以下の式で計算される。

この式の計算結果は、
Ｐａ（Ａ）＝Ｐａ（Ｃ）であった比が維持され、
プレーヤーに選択された選択ドアＡが正解である条件付き確率と残りの残留ドアＣが正解である条件付き確率が等しく（１／２）になる。
（解答おわり） 

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