場合の数と確率の基本
場合の数の4つの基本 1. 確率はすべてものを区別する！ 2. ルールを完璧に把握し正確に数える！ 3. 余事象と集合の活用！ 4. 条件付き確率は全部書きだせば心配なし！ 1. 確率では全てのものを区別します．例えば，ここに2つのサ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 イコロがあったとします．よく見ると汚れていたり，かけてい たり，中に鉛を仕込んでイカサマしたりします．確率の問題で 「区別できないサイコロを2つ投げる」と書いた問題文を見か けることがありますが，そんな問題文は意味がありません．ど のサイコロも違うのです．必ず区別することが出来ます．そ して，ちゃんと区別しなければ，正しい確率は得られません． 2. 確率の問題は必ずある「ルール」で試行が行われます．「袋から2個同時に取り出し」たり， 「1個取出し色を確認しもとに戻し」たり，「戻さなかった」り様々です．まずはこの面倒く さい「ルール」を完璧に理解することが第一です．曖昧なまま考えると必ず数え間違えがお こります． また，ルールを正確に理解しても，きちんと重複なく数えることができないと正答は得ら れません．試行とは，サイコロを1回振るなどの実験や観測のことを言い，事象とは，試 行によって起こる結果のことです．排反事象とは，1回の試行で事象Aと事象Bが同時に 起こらない時のことを言います．したがって次のことが成り立ちます． P (A∪ B) = P (A) + P (B) 2つ以上の試行が互いに影響を及ぼさない時，それらの試行は独立であると言います．した がって次のことが成り立ちます． P (C) = P (A)× P (B) 3. 「少なくとも」というキーワードを覚えましょう．この言葉が ⃝ ⃝ ⃝ × 事象A × ⃝ × × 余事象A でてきたら余事象を使います．確率の総和は1ですから，求め る独立事象の数が多いと計算が大変です．余事象の方が少なけ れば，余事象の確率を計算して，1から引けば求まりますね． P (A) = 1− P (A) 4. 条件付き確率は「分母が変わる」と考えるとわかりやすいです．確率は常に「対象としてる 場合の総数が分母」なので，「対象が変わる」と考えてもいいかもしれませんね．センター 試験では，基本的に後半で出題されますので，かなり情報が集まった状態ですから，かえっ て解きやすい環境にあります．落ち着いて解きましょう． 事象Aがおこったときの事象Bが起こる条件付き確率は PA(B) = n(A∩ B) n(A) = P (A∩ B) P (A)で求まるのですが，場合の数で計算できれば，分数の計算にならずにミスも防げます． 新課程最初の2015年は特殊で場合の数しか出ませんでしたが，2016年以降毎年2題ずつ 出題されています． 2018年追試一部 数字1が書かれたカードが4枚，数字2が書かれたカードが2枚，数字5が書か れたカードが2枚，合計8枚のカードがある。この8枚のカードからでたらめに3 枚を取り出して袋に入れるという試行をT1とし，さらに，その3枚のカードが入っ た袋からでたらめに1枚のカードを取り出すという試行をT2とする。このとき，試 行T2において数字5が書かれたカードが取り出されたとき，袋の中にもう1枚の 数字5が書かれたカードが入っている条件付き確率は ニ ヌ である。 試行T1において，袋の中の数字5が書かれたカードの枚数が0枚である事象をA0， 1枚である事象をA1，2枚である事象をA2とすると P (A1) = 2C1×6C2 8C3 = 15 28, P (A2) = 2C2×6C1 8C3 = 3 28 試行T2において数字5が書かれたカードが取り出されるという事象をBとすると P (A1∩ B) = 15 28 × 13 = 5 28, P (A2∩ B) = 328 × 23 = 1 14 となるので，求める条件付き確率は P (A2∩ B) P (A1∩ B) + P (A2∩ B) = 1 14 5 28 + 1 14 = 2 5 + 2 = 2 7 ……（答） ※実際の問題には解答通りの流れの誘導がありました． 場合の数と確率の基本公式 1. nPr = n! (n− r)! = n(n− 1)(n − 2) · · · (n − r + 1), nP0= 1, 0! = 1 2. 円順列 nPn n = (n− 1)! 3. n個のもののうち，同じものがp個，q個，r個· · · · あるときの順列の総数は n! p!q !r !· · · ただし，p + q + r +· · · = n 4. nCr = n Pr r ! = n! r !(n− r)! , nCn= 1, nC0= 1, nCr =nCn−r 5. nCr =n−1Cr−1+n−1Cr 6. 1回の試行で事象Aが起こる確率がpのとき，この試行をn回行ったうち事象Aがr 回起こる確率はnCrpr(1− p)n−r ※ 3の式は，n個のものからr個を選ぶとき，「特定の1つを含む場合」はn−1Cr−1通りで 「特定の1つを含まない場合」はn−1Cr通りの2通りの和と考えるとわかりやすいです． センター2011年本試にこの式を選ばせる問題が出題されました！ ※ 5の式は，{p + (1 − p)}nの展開式からイメージするとわかりやすいかも知れません．
場合の数と確率の基本を実践しよう
一般に，事象Aの確率をP (A)で表す。また，事象Aの余事象をAと表し，二つの事象A, Bの積事象をA∩ Bと表す。 大小2個のさいころを同時に投げる試行において Aを「大きいさいころについて，4の目が出る」という事象 Bを「2個のさいころの出た目の和が7である」という事象 Cを「2個のさいころの出た目の和が9である」という事象 とする。 (1) 事象A, B, Cの確率は，それぞれ P (A) = ア イ , P (B) = ウ エ , P (C) = オ カ である。 (2) 事象Cが起こったときの事象Aが起こる条件付き確率は キ ク であり，事象Aが起 こったときの事象Cが起こる条件付き確率は ケ コ である。 (3) 次の サ , シ に当てはまるものを，下の 0 ∼ 2 のうちからそれぞれ一つ選べ。た だし，同じものを繰り返し選んでもよい。 P (A∩ B) サ P (A)P (B) P (A∩ C) シ P (A)P (C) 0 < 1 = 2 > (4) 大小2個のさいころを同時に投げる試行を2回繰り返す。1回目に事象A∩ Bが起こり， 2回目に事象A∩ Cが起こる確率は ス セソタ である。三つの事象A, B, Cがいずれも ちょうど1回ずつ起こる確率は チ ツテ である。 〔2018年本試〕あたりが2本，はずれが2本の合計4本からなるくじがある。A, B, Cの3人がこの順に1 本ずつくじを引く。ただし，1度引いたくじはもとに戻さない。 (1) A, Bの少なくとも一方があたりのくじを引く事象E1の確率は， ア イ である。 (2) 次の ウ , エ , オ に当てはまるものを，下の 0 ∼ 5 のうちから一つずつ選べ。 ただし，解答の順序は問わない。 A, B, Cの3 人で2 本のあたりのくじを引く事象E は，3 つの排反な事象 ウ , エ , オ の和事象である。 0 Aがはずれのくじを引く事象 1 Aだけがはずれのくじを引く事象 2 Bがはずれのくじを引く事象 3 Bだけがはずれのくじを引く事象 4 Cがはずれのくじを引く事象 5 Cだけがはずれのくじを引く事象 また，その和事象の確率は カ キ である。 (3) 事象E1が起こったときの事象Eの起こる条件付き確率は， ク ケ である。 (4) 次の コ , サ , シ に当てはまるものを，下の 0 ∼ 5 のうちから一つずつ選べ。 ただし，解答の順序は問わない。 B, Cの少なくとも一方があたりのくじを引く事象E2は，3つの排反な事象 コ , サ , シ の和事象である。 0 Aがはずれのくじを引く事象 1 Aだけがはずれのくじを引く事象 2 Bがはずれのくじを引く事象 3 Bだけがはずれのくじを引く事象 4 Cがはずれのくじを引く事象 5 Cだけがはずれのくじを引く事象 また，その和事象の確率は ス セ である。他方，A, Cの少なくとも一方があたりのく じをひく事象E3の確率は， ソ タ である。 (5) 次の チ に当てはまるものを，下の 0 ∼ 6 のうちから一つ選べ。 事象E1が起こったときの事象Eの起こる条件付き確率p1,事象E2が起こったときの事 象Eの起こる条件付き確率p2,事象E3が起こったときの事象Eの起こる条件付き確率 p3の間の大小関係は， チ である。 0 p1< p2< p3 1 p1> p2> p3 2 p1< p2= p3 3 p1> p2= p3 4 p1= p2< p3 5 p1= p2> p3 6 p1= p2= p3 〔2017年本試〕
赤球4個，青球3個，白球5個，合計12個の球がある。これら12個の球を袋の中に入れ， この袋からAさんがまず1個取り出し，その球をもとに戻さずに続いてBさんが1個取り 出す。 (1) AさんとBさんが取り出した2個の球のなかに，赤球か青球が少なくとも1個含まれて いる確率は アイ ウエ である。 (2) Aさんが赤球を取り出し，かつBさんが白球を取り出す確率は オ カキ である。これよ り，Aさんが取り出した球が赤球であったとき，Bさんが取り出した球が白球である条 件付き確率は ク ケコ である。 (3) Aさんは1球取り出したのち，その色を見ずにポケットの中にしまった。Bさんが取り出 した球が白球であることがわかったとき，Aさんが取り出した球も白球であった条件付き 確率を求めたい。 Aさんが赤球を取り出し，かつBさんが白球を取り出す確率は オ カキ であり，Aさん が青球を取り出し，かつBさんが白球を取り出す確率は サ シス である。同様に，Aさ んが白球を取り出し，かつBさんが白球を取り出す確率を求めることができ，これらの事 象は互いに排反であるから，Bさんが白球を取り出す確率は セ ソタ である。 よって，求める条件付き確率は チ ツテ である。 〔2016年本試〕
【解答・解説】 2018年本試です．前半は「条件付き確率」，後半は「B とCは排反」がポイントの問題 です． 大小2個のさいころを同時に投げる試行において，起こりうるすべての場合の数は6×6 = 36 通りです．この試行で，大きいさいころの目がa,小さいさいころの目がbであることを(a, b) と表すことにします． (1) A = { (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6) } の6通りあるので P (A) = 6 36 = 1 6 ……（答） B = { (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1) } の6通りあるので P (B) = 6 36 = 1 6 ……（答） C = { (3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3) } の4通りあるので P (C) = 4 36 = 1 9 ……（答） (2) 「Cが起こったときの」と確率を考える対象が変わりました！ つまり，C ={(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3) } の4通りを分母にしましょうということで す．この4通りの中で，事象Aが起こるのはC∩ A = { (4, 5) } の1通りだけです． また，「Aが起こったときの」6通りの中で，事象Cが起こるのはやはりC∩A = { (4, 5) } の1通りだけです．ですから，次のように計算します． PC(A) = n(C∩ A) n(C) = 1 4 ……（答） PA(C) = n(A∩ C) n(A) = 1 6 ……（答） (3) 1つ1つ計算していきましょう． A∩ B = { (4, 3) } の1通りだからP (A∩ B) = 1 36．また，P (A)P (B) = 1 6 · 16 = 1 36 したがって，P (A∩ B) = P (A)P (B)となり， 1 ……（答） 次に，P (A∩ C) = 1 36，P (A)P (C) = 1 6 · 19 = 1 54 したがって，P (A∩ C) > P (A)P (C)となり， 2 ……（答） (4) 1回目の試行と2回目の試行は独立です．この確認は必ずやりましょう． A∩ C = { (3, 6), (5, 4), (6, 3) } の3通りあるので， P (A∩ B)P (A ∩ C) = 1 36 · 336 = 1 432 ……（答） BとCは排反です．B∩ C = B，B∩ C = Cになるので，B∩ CやB∩ Cの場合を考 える必要はないということです．つまり2回の試行でA, B, Cがいずれもちょうど1回
ずつ起こるのは次の4通りということになりますね． 1回目 2回目 ( i ) A∩ C A∩ B ⇐ 1回目にAとC，2回目にBだけ ( ii ) A∩ B A∩ C ⇐ 1回目にBだけ，2回目にAとC (iii) A∩ B A∩ C ⇐ 1回目にAとB，2回目にCだけ (iv) A∩ C A∩ B ⇐ 1回目にCだけ，2回目にAとB A∩ B = { (1, 6), (2, 5), (3, 4), (5, 2), (6, 1) } の5通りあるから，( i ), ( ii )の確率はそ れぞれ 5 36 × 136 (iii), (iv)の確率はそれぞれ 3 362 だから，求める確率は ( 5 362 + 3 362 ) × 2 = 1 81 ……（答） 次は，2017年本試です． A，B，Cの当たり外れの組み合わせは全部で6通りしかありません！まず最初に全部計算し てしまうのが一番手っ取り早いかもしれませんね．一網打尽にしてしまいましょう！ A B C 確率 ( i ) ⃝ ⃝ × 5 2 4 × 13 × 22 = 4 24 = 1 6 ( ii ) ⃝ × ⃝ 3 2 4 × 23 × 12 = 4 24 = 1 6 (iii) × ⃝ ⃝ 1 2 4 × 23 × 12 = 4 24 = 1 6 (iv) ⃝ × × 2 4 × 23 × 12 = 4 24 = 1 6 ( v ) × ⃝ × 2 4 × 23 × 12 = 4 24 = 1 6 (vi) × × ⃝ 2 4 × 13 × 22 = 4 24 = 1 6 0 は(iii)( v )(vi) ， 2 は( ii )(iv)(vi) ， 4 は( i )(iv)( v )です．
また，すべての確率が同じだから，簡単に扱えそうですね．これは問題を解く時にとても大き なことです！ (1) 「少なくとも」は余事象のサインでしたね．「AもBもはずれを引く」という余事象の確 率は表の(vi)だから E1= 1− 1 6 = 5 6 ……（答） (2) 表から事象Eは，互いに排反な事象 1 ， 3 ， 5 の和事象です． ……（答） したがって，その確率は，E = 1 6 + 1 6 + 1 6 = 1 2 ……（答） (3) 事象E1は．( i )( ii )(iii)(iv)( v )の5通りあり，事象Eはそのうちの( i )( ii )(iii) の3 通りです． よって，求める条件付き確率は，3 5 ……（答）
(4) 事象E2の余事象の「BもCもはずれを引く」は(iv)だけなので，事象E2は全部で5通 りあります．(iv) は当てはまらないので 2 と 4 はダメですね． 0 だと，足りないの は，( i ) と( ii ) なので 5 と 3 ということになります． したがって答えは， 0 ， 3 ， 5 ……（答） 確率は，事象E2は全部で5通りあったので，1 6 × 5 = 5 6 ……（答） また，事象E3も同様に考えて，1 6 × 5 = 5 6 ……（答） (5) 全部の確率が出てるので，1つ1つ求めればすぐ答えがわかりそうです． (a) (3)より，p1= 3 5 (b) (4)より，事象E2 の5 通りの中で，当たりが2本出ているのは3 通りあるので， p2= 3 5 (c) (4)より，事象E3 の5 通りの中で，当たりが2本出ているのは3 通りあるので， p3= 3 5 以上(a)，(b)，(c)より，p1= p2= p3が成り立つ． 6 ……（答） ※ 本問のように，問題を解く前に，全体像をすべて把握していればあとは数えるだけ作業 になったりすることがあります．本番の時も「問題全体を見渡す余裕」を持ちたいもので すね． 最後に，2016年本試です． 袋の中から複数個取り出す場合は，「組合せnCr」を使うと便利ですが，本問は1個ずつ取り出 すので，使わなくても大差なさそうです．分母はすべて12× 11なので分子だけ計算します． A B 場合の数 (a) 赤 赤 4× 3 = 12 (b) 赤 青 4× 3 = 12 (c) 赤 白 4× 5 = 20 A B 場合の数 (d) 青 赤 3× 4 = 12 (e) 青 青 3× 2 = 6 (f) 青 白 3× 5 = 15 A B 場合の数 (g) 白 赤 5× 4 = 20 (h) 白 青 5× 3 = 15 (i) 白 白 5× 4 = 20 (1) 「少なくとも」は余事象で考えるのでした．この場合の余事象は「赤球も青球もでない」 つまり「(i)2個とも白球」ですから20通り． よって，求める確率は，1− 20 12× 11 = 1− 533 = 28 33 となります． ……（答） (2) 「Aさんが赤球を取り出し，かつBさんが白球を取り出す」は(c)で20通りあるので， 確率は 20 12× 11 = 5 33 ……（答） また，「Aさんが取り出した球が赤球」が分母になります．この場合は(a)(b)(c)の合計 44通りあり，その中で「Bさんが取り出した球が白球」は(c)の20通りあるので，求め る条件付き確率は 20 44 = 5 11 ……（答） (3) 「Bさんが取り出した球が白球」が分母になります．この場合は(c)(f)(i)の合計55通り あり，その中で「Aさんが取り出した球も白球」は(i)の20通りあるので，求める条件付 き確率は 20 55 = 4 11 ……（答） あっ！誘導に従わずあっさり答えがわかっちゃいましたね．
仕方ありません．しばし本問の誘導にお付き合いを笑 まず「Aさんが赤球を取り出し，かつBさんが白球」は(c)で20通りあるので， 確率は 20 12× 11 = 5 33 次に「Aさんが青球を取り出し，かつBさんが白球」は(f)で15通りあるので， 確率は 15 12× 11 = 5 44 ……（答） 最後に「Aさんが白球を取り出し，かつBさんが白球」は(i)で20通りあるので， 確率は 20 12× 11 = 5 33 これらの事象は「互いに排反」なのでBさんが白球を取り出す確率はこれらの和になり ます． 5 33 + 5 44 + 5 33 = 20 + 15 + 20 12× 11 = 55 12× 11 = 5 12 ……（答） よって，求める条件付き確率は 5/33 5/12 = 12 33 = 4 11 と求める誘導でした． 2017年と2016年で「全体をすべて求めてから解く」ことが「時間短縮」につながることが わかってもらえるとうれしいです．ただし，いつでもできるとは限らないのがなんとも歯がゆ いところですが．新課程になって「条件付き確率」が導入されてからはこの傾向が強いかもし れません．
付録
公式3のところで説明した2011年本試の問題です． 2011年本試 1個のさいころを投げるとき，4以下の目が出る確率pは ア イ であり，5以上の目が出 る確率qは ウ エ である。 以下では，1個のさいころを8回繰り返して投げる。 (1) 8回の中で4以下の目がちょうど3回出る確率は オカ p3q5である。 第1回目に4以下の目が出て，さらに次の7回の中で4以下の目がちょうど2回出る確 率は キク p3q5である。 第1回目に5以上の目が出て，さらに次の7回の中で4以下の目がちょうど3回出る確 率は ケコ p3q5である。 (2) 次の 0 ∼ 7 のうち オカ に等しいものは サ と シ である。ただし， サ と シ は解答の順序を問わない。 0 7C2×7C3 1 8C1×8C2 2 7C2+7C3 3 8C1+8C2 4 7C4×7C5 5 8C6×8C7 6 7C4+7C5 7 8C6+8C7 (3) 得点を次のように定める。 8回の中で4以下の目がちょうど3回出た場合， n = 1, 2, 3, 4, 5, 6について，第n回目に初めて4以下の目が出たとき，得点はn 点とする。 また，4以下の目が出た回数がちょうど3回とならないときは，得点を0点とする。 このとき，得点が6点となる確率はp ス q セ であり，得点が3点となる確率は ソタ p ス q セ である。 【解答・解説】 4以下の目が出る確率p = 4 6 = 2 3，5以上の目が出る確率q = 2 6 = 1 3 ……（答） (1) (p + q)8 の 展 開 式 を 考 え ま し ょ う ．pが 3 回出 る 確 率 は p3q5 の 係 数 と 同 じ だ か ら 8C3p3q5= 56p3q5 ……（答） 同じように考えると，q×7C2p2q5=7C2p3q5= 21p3q5 ……（答） また，q×7C3p3q4=7C3p3q5= 35p3q5 ……（答） (2) 公式3：nCr =n−1Cr−1+n−1Cr より，8C3=7C2+7C3=7C5+7C4 2 , 6 ……（答） ※公式を知らなくても(1)より8C3=7C2+7C3とわかるところが親切ですね笑 (3) 得点が6点になるのは，qqqqqpppの1通りしかないので，確率はp3q5 得点が3点になるのは，はじめの2回は5以上の目が出て，3回目は4以下の目がでて， 残りの5回の内訳は4以下の目が2回と5以上の目が3回ということになります．よっ て確率はq2× p ×5C2p2q3=5C2p3q5= 10p3q5 ……（答）色々な確率の復習です．本番の試験の昼休みなどでぼーと眺めながら確認してください． 例題1 組分けで名前をつける時とつけない時の区別 9人を次のようにする方法は，何通りあるか． (1) 部屋A, B, Cに3人ずつ入れる． (2) 3人ずつの3組に分ける． (3) 2人，2人，5人の3組に分ける． 【解答と解説】ポイントは「組に名前を付けるか」と「同じ人数の組があるか」というこ とです． (1) 部屋Aの3人は9C3通り，部屋Bの3人は6C3通り，部屋Cの3人は3C3通りの 選び方があるので，9C3×6C3×3C3= 84× 20 × 1 = 1680通り ……（答） (2) 組に名前がないので区別できません！ 9C3×6C3×3C3 3! = 280通り ……（答） (3) 2人の2組は区別できないので2!で割ります！ 9C2×7C2×5C5 2! = 378通り ……（答） 実は(1)は順列で(2)は組合せの問題だったのです！ (1)のように名前を付けることが順列になるのは，例えば「4人の走者A，B，C，Dの走 る順番の総数」を求めるとき，4P4= 24通りと計算しますが，第1走者は4C1，第2走者 は3C1，第3走者は2C1，第4走者は1C1の選び方があるので，4C1×3C1×2C1×1C1= 4× 3 × 2 × 1 = 24という計算もできるのです．nPrを使うから順列，nCrを使うから組 合せと勝手に思い込んでいませんか． 例題2 円順列なのに回転しない場合 先生2人と生徒4人が円卓のまわりに座るとき，次のような並び方は何通りあるか． (1) 先生2人が隣り合う． (2) 先生2人が向かい合う． 【解答と解説】円順列では「対角線の場所が固定されると回らない」と いう性質があります． (1) 先生2人を「1人」と見なすと，合計5人の円順列を考えればいい ので 5! 5 = 4!． また先生2人の並び方は2!通りあるので，全部で4!× 2! = 48通 り ……（答） (2) 「先生2人が対角線に座る」ので，生徒4人は円順列ではなく「ただの順列」で計算 します．先生2人は固定されているので座り方は1通りだけです．生徒4人の座り 方は4!通りあるので，全部で1× 4! = 24通り ……（答） 4人の生徒をa，b，c，dとします．下の図を見ると，円順列のように「まわすと一 致する」ことはないことが確認できると思います． a b c d b c d a c d a b d a b c
例題3 最短経路の問題 右の図のように，ある街には東西に5本，南北に6本の道がある． P Q R 北 南 東 西 次の場合，最短経路で行く道順は何通りあるか， (1) PからQへ行く． (2) PからRを通ってQへ行く． (3) PからRを通らないでQへ行く． 【解答と解説】どの道順でも必ず「横」に5回，「縦」に4回移動することに注目します． 「同じものの順列」の計算です． (1) 9! 5!× 4! = 9· 8 · 7 · 6 4· 3 · 2 · 1 = 126通り ……（答） (2) 2つに分けて計算します．P→Rは 4! 2!× 2! = 6通り．R→Qは 5! 3!× 2! = 10通 り．したがって，6× 10 = 60通り ……（答） (3) (1)(2)で必要なものは計算できてます．余事象ですよね！126− 60 = 66通り ……（答） 例題4 座標と二項定理(パスカルの三角形) 座標平面上を動く点Pがあり，最初は原点にある．コインを投げて表が出たらx軸の正の方 向に1だけ進み,裏が出たらy軸の正の方向に1だけ進む．コインを3回投げて，点Pを動 かすとき，次の確率を求めよ． (1) 3回の移動後に点Pが点(2, 1)ある確率 (2) 3回の移動後に点Pが点(2, 1)あるとき，2回の移動後に点(1, 1)にあった条件付き 確率 【解答と解説】3回の移動後の確率は反復試行で計算できます．つまり二項定理！ a3 3a2b 3ab2 b3 x y O (1) (1 2 + 1 2 )3 の展開式の3C1· (1 2 )2 · 1 2 = 3 8 ……（答） (2) (2, 1)へは3通り，そのうち(1, 1)を通るのは2通り．2 3 ……（答） 例題5 重複を許してとる組合せ 等式x + y + z = 10を満たす負でない整数x，y，zの組は，全部で何組あるか． 【解答と解説】解き方を知ってると難しくないのですが，経験がないと… 10個の⃝と2個の|の並べ方を考えます．たとえば次のように並んだとします． ⃝ ⃝ ⃝ ⃝ ⃝ | ⃝ ⃝ | ⃝ ⃝⃝ 左から⃝が5個，2個，3個に区切られています．この個数をそれぞれx，y，zに当て はめると等式を満たす組(x, y, z) = (5, 2, 3)が見つかりました． つまり，10個の⃝と2個の|の並べ方の総数 12! 10!× 2! = 66が求める組の個数になり ます． 上記のように考えればとても簡単なのですが，教科書では次のように記述さています． 異なるn個のものから重複を許してr個取る組み合わせの総数はn+r−1Cr =nHr
