第 7 章 · 場合の数と確率

项目	内容
シラバス项目	5. 場合の数と確率（数学Ａ）：(1) 場合の数（① 数え上げの原則（集合の要素の個数，和の法則，積の法則を含む） ② 順列・組合せ）、(2) 確率（① 確率とその基本的な性質 ② 独立な試行と確率 ③ 反復試行の確率 ④ 条件付き確率 ⑤ 期待値）
コース	コース1、コース2 都考
国内书对应	第 1 章 1.4 节（容斥原理）、第 21 章（概率）、第 34 章（计数原理）、第 35 章（条件概率），第 36 章 36.3、36.4 节（均值、二项分布）
本章新内容的分量	中等。原理和公式国内都学过；要补的是日本教科书的记号（${}_n\mathrm{P}_r$、${}_n\mathrm{C}_r$、$n(A)$、$P_A(B)$；EJU 题干本身基本只用文字和 $P(A)$，见 7.6 节）、国内不单独练的円順列・じゅず順列・重複順列・同じものを含む順列，以及数学Ａ里按“概率计算”来讲的反復試行和期待値

排列组合、古典概型、条件概率，国内学生都做过不少题，这一章的难点不在原理。EJU 的计数和概率题常占一整道小问，一步步誘導，算错一步后面全错。丢分主要丢在三处：条件概率只用「〜であったとき」这样的文字来问，把条件和结果弄反；圆桌、项链、可以重复这几类排列国内练得少，套错公式；「先に 3 勝」这类反復試行题忘了“最后一局必须赢”。

期待値是 2026 年度起新加进シラバス的内容，JASSO 还没有公布这部分的官方样题，本章 7.7 节的例题和“题型与答法”里的期待値问题都是自编的。

7.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 数え上げの原則（集合の要素の個数）	国内书第 1 章 1.4 节（容斥原理，记号 $\mathrm{card}$）	讲法不同：记号 $n(A)$，日本单列一节，常考“1 到 $N$ 中某些数的倍数有几个”和三个集合的公式	7.2
(1) ① 数え上げの原則（和の法則，積の法則）	国内书第 34 章 34.2 节	相同（和の法則＝分类加法，積の法則＝分步乘法），见国内书第 34 章	—
(1) ② 順列・組合せ（記号と基本公式）	国内书第 34 章 34.3、34.4 节	讲法不同（记号）：${}_n\mathrm{P}_r$、${}_n\mathrm{C}_r$ 对应国内 $\mathrm{A}_n^r$、$\mathrm{C}_n^r$	7.3
(1) ② 円順列・じゅず順列・重複順列	国内书第 34 章只在例题里用分步乘法处理“可以重复”，没有圆排列和项链排列	国内没有（作为独立题型）	7.3
(1) ② 同じものを含む順列	国内书第 34 章 34.3 节“定序法”、34.4 节直观理解里的网格路线	讲法不同：日本给出公式 $\dfrac{n!}{p!\,q!\,r!}$ 并单独成节，最短路径是典型题	7.4
(1) ② 組合せ（分组、隔板等）	国内书第 34 章 34.4 节	相同，见国内书第 34 章	—
(2) ① 確率とその基本的な性質	国内书第 21 章 21.2–21.5 节	相同（用语不同：排反＝互斥，余事象＝对立事件，積事象写 $A \cap B$），用语见 7.9 节	—
(2) ② 独立な試行と確率	国内书第 21 章 21.6 节	相同，见国内书第 21 章	7.5 开头简述
(2) ③ 反復試行の確率	国内书第 36 章 36.4 节（二项分布）	讲法不同：公式相同，但日本在数学Ａ里当作概率计算来讲，不说“分布”；常考“先赢几局”“点在数轴上移动”	7.5
(2) ④ 条件付き確率	国内书第 35 章 35.2–35.4 节	讲法不同（记号）：日本教科书写 $P_A(B)$，国内写 $P(B \mid A)$；乘法定理相同	7.6
(2) ⑤ 期待値	国内书第 36 章 36.3 节（离散型随机变量的均值）	讲法不同：2026 年新增；数学Ａ里不引入随机变量的记号，直接对“值和概率的表”求期待値	7.7

日本数学Ａ讲的是“独立な試行”（几次试验互不影响）。“事象の独立”（两个事件独立）不在 2018 年告示学习指导要领的数学Ａ、数学Ｂ内容里，文部科学省的解说只在理数数学Ⅰ里把“事象の独立や従属”列为发展内容，有的教科书作为発展介绍。EJU 题目用到的独立性，基本都是“每次投骰子互不影响”这种试验的独立，计算方法和国内书第 21 章 21.6 节一样。

本章六个知识点的关系如下：计数是底子，反復試行和期待値都要用到 ${}_n\mathrm{C}_r$；条件付き確率在古典概型里就是“在缩小的集合里数个数”。

7.2 集合の要素の個数

说明

记号 $n(A)$：有限集合 $A$ 的元素个数，日本写作 $n(A)$（国内书写 $\mathrm{card}(A)$）。例如 $A = \{2, 4, 6\}$，$n(A) = 3$；$n(\varnothing) = 0$。全体集合（全集）写 $U$，$A$ 的补集写 $\overline{A}$（国内写 $\complement_U A$）。

和集合の要素の個数：

$$n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B).$$

特别地，$A \cap B = \varnothing$ 时 $n(A \cup B) = n(A) + n(B)$，这就是和の法則。

補集合の要素の個数：

$$n(\overline{A}) = n(U) - n(A).$$

和德摩根定律 $\overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}$ 合用，得到“两个条件都不满足”的个数：$n(\overline{A} \cap \overline{B}) = n(U) - n(A \cup B)$。

三つの集合の和集合：

$$n(A \cup B \cup C) = n(A) + n(B) + n(C) - n(A \cap B) - n(B \cap C) - n(C \cap A) + n(A \cap B \cap C).$$

倍数的个数：1 到 $N$ 的整数中，$k$ 的倍数有 $\left\lfloor \dfrac{N}{k} \right\rfloor$ 个（$\lfloor x \rfloor$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）。“既是 $a$ 的倍数又是 $b$ 的倍数”等于“是 $a$、$b$ 的最小公倍数的倍数”。

使用场景

• 题目问「1 から $N$ までの整数のうち，$a$ でも $b$ でも割り切れない数」或「$a$ または $b$ で割り切れる数」的个数：设 $A$、$B$ 为倍数的集合，用和集合、补集合的公式。
• 题目同时给出三个条件（三种倍数、三门科目）：用三个集合的公式。
• 题目只给出 $n(U)$、$n(A)$、$n(B)$，问 $n(A \cap B)$ 最大、最小是多少：用 $n(A \cup B) \le n(U)$ 和 $n(A \cap B) \le n(A)$、$n(B)$ 夹出范围。

注意点

• 题干里的记号：$n(A)$ 是“元素个数”，不是“第 $n$ 个”。$\overline{A}$ 读作「A バー」，是 $A$ 的补集。
• 「$a$ でも $b$ でも割り切れない」是“两者都不能整除”，对应 $\overline{A} \cap \overline{B}$；「$a$ または $b$ で割り切れる」是“至少一个能整除”，对应 $A \cup B$。
• 「$a$ と $b$ の少なくとも一方で割り切れる」与「$a$ または $b$ で割り切れる」意思相同。
• 求“同时是 4 和 6 的倍数”时，用最小公倍数 12，不是 $4 \times 6 = 24$。

证明

两个集合：把 $A \cup B$ 分成互不相交的三块：只属于 $A$ 的、只属于 $B$ 的、同时属于两者的。$n(A) + n(B)$ 把前两块各数一次，把 $A \cap B$ 数了两次。（关键一步：多数的恰好是 $A \cap B$ 的一份，减去一次就不重不漏。）所以 $n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$。

三个集合：看图里七块区域各被数了几次。只属于一个集合的区域，在 $n(A) + n(B) + n(C)$ 中数 1 次，后面不加不减；恰属于两个集合的区域（例如在 $A \cap B$ 里但不在 $C$ 里），被加 2 次，在 $n(A \cap B)$ 中减 1 次，共 1 次；三个都属于的中心区域，被加 3 次，被三个两两交集各减 1 次，再被 $n(A \cap B \cap C)$ 加 1 次，共 $3 - 3 + 1 = 1$ 次。每块都恰好数 1 次，公式成立。

补集：$A$ 与 $\overline{A}$ 不相交，并起来是 $U$，由和の法則 $n(A) + n(\overline{A}) = n(U)$。

例题

例 1　（场景：两个条件都不满足的个数）

問題　$1$ から $300$ までの整数のうち，$4$ でも $6$ でも割り切れない整数は何個あるか。

解答　$U = \{1, 2, \dots, 300\}$ とし，$A$ を $4$ の倍数全体，$B$ を $6$ の倍数全体とする。

(1) $n(A) = \left\lfloor \dfrac{300}{4} \right\rfloor = 75$，$n(B) = \left\lfloor \dfrac{300}{6} \right\rfloor = 50$。

(2) $A \cap B$ は $4$ と $6$ の公倍数，すなわち $12$ の倍数全体であるから，$n(A \cap B) = \left\lfloor \dfrac{300}{12} \right\rfloor = 25$。

(3) $n(A \cup B) = 75 + 50 - 25 = 100$。

(4) 求める個数は $n(\overline{A} \cap \overline{B}) = n(U) - n(A \cup B) = 300 - 100 = 200$。

よって $200$ 個である。

中文翻译　题目：$1$ 到 $300$ 的整数中，既不能被 $4$ 整除、也不能被 $6$ 整除的数有多少个？解答：设 $U = \{1, 2, \dots, 300\}$，$A$ 是 $4$ 的倍数集合，$B$ 是 $6$ 的倍数集合。（1）$n(A) = \left\lfloor \dfrac{300}{4} \right\rfloor = 75$，$n(B) = \left\lfloor \dfrac{300}{6} \right\rfloor = 50$。（2）$A \cap B$ 是 $4$ 和 $6$ 的公倍数，即 $12$ 的倍数全体，所以 $n(A \cap B) = \left\lfloor \dfrac{300}{12} \right\rfloor = 25$。（3）$n(A \cup B) = 75 + 50 - 25 = 100$。（4）所求个数是 $n(\overline{A} \cap \overline{B}) = n(U) - n(A \cup B) = 300 - 100 = 200$。所以是 $200$ 个。

解说　容易卡在：把 $A \cap B$ 当成 $24$ 的倍数，得 $\left\lfloor \dfrac{300}{24} \right\rfloor = 12$。$12$ 是 $4$ 的倍数也是 $6$ 的倍数，却不是 $24$ 的倍数。公倍数是最小公倍数的倍数，$4$ 和 $6$ 的最小公倍数是 $12$，不是乘积 $24$。“$4$ でも $6$ でも割り切れない”是两个都不满足，对应 $\overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}$。

例 2　（场景：三个条件）

問題　$1$ から $500$ までの整数のうち，$3$，$5$，$7$ の少なくとも $1$ つで割り切れる整数は何個あるか。

解答　$A$，$B$，$C$ をそれぞれ $3$，$5$，$7$ の倍数全体とする。$3$，$5$，$7$ はどの $2$ つも互いに素であるから，公倍数は積である。

$n(A) = \left\lfloor \dfrac{500}{3} \right\rfloor = 166$，$n(B) = 100$，$n(C) = \left\lfloor \dfrac{500}{7} \right\rfloor = 71$。

$n(A \cap B) = \left\lfloor \dfrac{500}{15} \right\rfloor = 33$，$n(A \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{21} \right\rfloor = 23$，$n(B \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{35} \right\rfloor = 14$。

$n(A \cap B \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{105} \right\rfloor = 4$。

よって $n(A \cup B \cup C) = 166 + 100 + 71 - 33 - 23 - 14 + 4 = 271$。 したがって $271$ 個である。

中文翻译　题目：$1$ 到 $500$ 的整数中，能被 $3$、$5$、$7$ 中至少一个整除的数有多少个？解答：设 $A$、$B$、$C$ 分别是 $3$、$5$、$7$ 的倍数集合。$3$、$5$、$7$ 两两互素，所以公倍数就是乘积。$n(A) = \left\lfloor \dfrac{500}{3} \right\rfloor = 166$，$n(B) = 100$，$n(C) = \left\lfloor \dfrac{500}{7} \right\rfloor = 71$。$n(A \cap B) = \left\lfloor \dfrac{500}{15} \right\rfloor = 33$，$n(A \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{21} \right\rfloor = 23$，$n(B \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{35} \right\rfloor = 14$。$n(A \cap B \cap C) = \left\lfloor \dfrac{500}{105} \right\rfloor = 4$。所以 $n(A \cup B \cup C) = 166 + 100 + 71 - 33 - 23 - 14 + 4 = 271$。因此是 $271$ 个。

解说　三集合的容斥公式是“加单个、减两两、加三个”：中心区域被加了 $3$ 次又被减了 $3$ 次，最后必须加回来一次，漏掉最后的 $+n(A \cap B \cap C)$ 是最常见的错。$3$、$5$、$7$ 两两互素，所以两两的公倍数是 $15$、$21$、$35$，三个的公倍数是 $105$。

例 3　（场景：交集的最大值、最小值）

問題　あるクラスは $50$ 人で，数学が好きな人は $32$ 人，英語が好きな人は $27$ 人である。両方とも好きな人は最大で何人，最小で何人か。また，どちらも好きでない人は最大で何人か。

解答　$n(U) = 50$，$n(A) = 32$，$n(B) = 27$ とする。

最大：$A \cap B \subset B$ であるから $n(A \cap B) \leqq 27$。$B \subset A$ のとき（英語が好きな人が全員数学も好きなとき）$27$ を実現できる。

最小：$n(A \cup B) = 32 + 27 - n(A \cap B) \leqq 50$ より $n(A \cap B) \geqq 9$。$A \cup B = U$ のとき $9$ を実現できる。

どちらも好きでない人：$n(\overline{A} \cap \overline{B}) = 50 - n(A \cup B) = 50 - (59 - n(A \cap B)) = n(A \cap B) - 9$。$n(A \cap B)$ の最大は $27$ であるから，最大は $18$ 人。

よって，両方とも好きな人は最大 $27$ 人，最小 $9$ 人，どちらも好きでない人は最大 $18$ 人である。

中文翻译　题目：某班 $50$ 人，喜欢数学的 $32$ 人，喜欢英语的 $27$ 人。两科都喜欢的人数最多几人、最少几人？两科都不喜欢的人数最多几人？解答：设 $n(U) = 50$，$n(A) = 32$，$n(B) = 27$。最多：$A \cap B \subset B$，所以 $n(A \cap B) \leqq 27$。当 $B \subset A$ 时（喜欢英语的人都喜欢数学）可以取到 $27$。最少：由 $n(A \cup B) = 32 + 27 - n(A \cap B) \leqq 50$ 得 $n(A \cap B) \geqq 9$。当 $A \cup B = U$ 时可以取到 $9$。两科都不喜欢：$n(\overline{A} \cap \overline{B}) = 50 - n(A \cup B) = 50 - (59 - n(A \cap B)) = n(A \cap B) - 9$。$n(A \cap B)$ 最大为 $27$，所以最大为 $18$ 人。因此两科都喜欢的最多 $27$ 人、最少 $9$ 人；两科都不喜欢的最多 $18$ 人。

解说　容易卡在：最少值只想到 $0$。人数加起来 $32 + 27 = 59 > 50$，至少有 $9$ 人被数了两次。交集的范围公式：$\max\{0,\ n(A) + n(B) - n(U)\} \leqq n(A \cap B) \leqq \min\{n(A),\ n(B)\}$，两端都能通过包含关系实现。

常用推论

• $n(A \cap \overline{B}) = n(A) - n(A \cap B)$（“只属于 $A$“的个数）。推导：$A$ 分成 $A \cap B$ 和 $A \cap \overline{B}$ 两块，不相交。
• 交集的范围：$\max\{0,\ n(A) + n(B) - n(U)\} \le n(A \cap B) \le \min\{n(A),\ n(B)\}$。推导见例 3。
• 1 到 $N$ 中与 $m$ 互素的数的个数：对 $m$ 的每个素因数取倍数的集合，再求补集。例如 1 到 300 中与 6 互素（即不被 2、3 整除）的有 $300 - (150 + 100 - 50) = 100$ 个。
• 和の法則是本节公式在 $A \cap B = \varnothing$ 时的特例；積の法則与国内书第 34 章 34.2 节的分步乘法计数原理相同。

易错点

• 错在哪：求 4 和 6 的公倍数的个数，用 24 去除。 为什么错：公倍数是最小公倍数的倍数，4 和 6 的最小公倍数是 12。只有两数互素时，最小公倍数才等于乘积。 正确做法：先求最小公倍数（本书第 8 章 8.3 节），再数它的倍数。
• 错在哪：三个集合的公式漏了最后的 $+ n(A \cap B \cap C)$。 为什么错：中心区域被加了 3 次又被减了 3 次，等于没数。 正确做法：记住“加单个、减两两、加三个”，或者画 Venn 图逐块检查。
• 错在哪：「4 でも 6 でも割り切れない」理解成“不能同时被 4 和 6 整除”，求成 $n(\overline{A \cap B})$。 为什么错：「〜でも〜でも〜ない」是两个都不，对应 $\overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}$；“不能同时”是 $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$，范围大得多。 正确做法：先把日文条件翻成“且”“或”，再用德摩根定律（本书第 4 章）。

直观理解

把集合画成圆，元素个数就是圆里的“人数”。两个圆有重叠，直接相加，重叠部分的人就点了两次名，所以要减掉一次。三个圆时，上面的 Venn 图把每块区域被加减的次数都写出来了：只要每块最后都是 1，就是不重不漏。

“交集最少多少”可以想成座位问题：50 个座位，32 人和 27 人要坐下，座位不够，至少有 $59 - 50 = 9$ 个座位要两边共用。

关联知识点

• 前置：国内书第 1 章 1.4 节：容斥原理 $\mathrm{card}(A \cup B)$ 与本节公式相同，只是记号不同。
• 前置：本书第 4 章 集合と命題：补集、德摩根定律、「かつ」「または」的日文说法。
• 前置：本书第 8 章 8.3 节：公倍数用最小公倍数求。
• 后续：概率的加法定理 $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ 就是本节公式两边除以 $n(U)$（国内书第 21 章 21.5 节）。
• 后续：7.6 节条件付き確率的 $P_A(B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(A)}$ 也用 $n(\ )$ 记号。

7.3 順列・組合せの記号と円順列・重複順列

说明

记号对照：

意义	日本写法	国内写法	公式
从 $n$ 个不同的元素取 $r$ 个排成一列	${}_n\mathrm{P}_r$	$\mathrm{A}_n^r$	$n(n - 1)\cdots(n - r + 1) = \dfrac{n!}{(n - r)!}$
从 $n$ 个不同的元素取 $r$ 个（不计顺序）	${}_n\mathrm{C}_r$	$\mathrm{C}_n^r$	$\dfrac{{}_n\mathrm{P}_r}{r!} = \dfrac{n!}{r!\,(n - r)!}$
$n$ 的阶乘	$n!$	$n!$	$n(n - 1)\cdots 2 \cdot 1$

P 来自 permutation（順列），C 来自 combination（組合せ）。日本写法是“左下 $n$、右下 $r$”，例如 ${}_5\mathrm{P}_2 = 20$，${}_5\mathrm{C}_2 = 10$。约定 $0! = 1$，${}_n\mathrm{P}_0 = 1$，${}_n\mathrm{C}_0 = 1$。

排列组合的基本题型（相邻捆绑、不相邻插空、特殊元素优先、分组）和国内一样，见国内书第 34 章 34.3、34.4 节。下面三种排列国内没有单独练：

円順列（圆排列）：$n$ 个不同的元素排成一圈，只看相对位置（转动后相同的算一种），排法有

$$(n - 1)!$$

种。

じゅず順列（项链排列）：$n$ 个（$n \ge 3$）不同的珠子串成项链或手镯，转动后相同、翻过来后相同的都算一种，排法有

$$\frac{(n - 1)!}{2}$$

种。

重複順列（重复排列）：从 $n$ 种不同的元素中允许重复地取 $r$ 个排成一列，排法有

$$n^r$$

种。$r$ 个位置各有 $n$ 种选法。

使用场景

• 题目说「円形に並ぶ」「円卓に座る」：用円順列，先固定一个人。
• 题目说「首飾り」「腕輪」「じゅずを作る」：项链能翻面，用じゅず順列。
• 题目说「同じ数字を何回使ってもよい」「重複を許して」，或者每个人有几种选择（猜拳、投票、答 ○×）：用重複順列。
• 题目把 $r$ 个人分进 $n$ 个有名字的房间（或组），允许空房：$n^r$；要求不空：再用 7.2 节的方法减去有空房的情况。

注意点

• 圆排列只在“座位没有编号、转动算同一种”时用。座位有编号（1 号座到 6 号座），就是普通的排列 $n!$。
• じゅず順列除以 2 只对“全部不同”且 $n \ge 3$ 成立。珠子有相同颜色时，有些排法翻过来和自己一样，不能简单除以 2（这种题 EJU 一般给出逐个数的誘導）。
• 重複順列 $n^r$ 里，底数是“每次的选择数”，指数是“选几次”。4 个人各进 2 个房间之一，是 $2^4$，不是 $4^2$。
• 计数题的答案一般问「〜通り」（几种）；日本教科书和参考书的解答里常直接写「${}_6\mathrm{C}_2 \times {}_4\mathrm{C}_2$ 通り」这样的式子，EJU 是マーク式，只填最后的数。

${}_n\mathrm{P}_r$ 常读作「エヌ ピー アール」，${}_n\mathrm{C}_r$ 常读作「エヌ シー アール」。这是通行读法：学习指导要领解说只列记号、不给读音，也有人读「パーミュテーション エヌ アール」等。

证明

${}_n\mathrm{C}_r = \dfrac{{}_n\mathrm{P}_r}{r!}$：排列可以分两步做：先选出 $r$ 个元素（${}_n\mathrm{C}_r$ 种），再把它们排成一列（$r!$ 种）。由積の法則 ${}_n\mathrm{P}_r = {}_n\mathrm{C}_r \times r!$。

円順列 $(n - 1)!$：把 $n$ 个元素排成一列有 $n!$ 种。把一列首尾接成一圈；反过来，每一个圆排列，从圈上 $n$ 个位置中任一处剪开，都得到一种一列排法。（关键一步：$n$ 个元素互不相同，从不同位置剪开得到的一列互不相同，所以每个圆排列恰好对应 $n$ 个一列排法。）所以圆排列有 $\dfrac{n!}{n} = (n - 1)!$ 种。

另一种看法：固定其中一个人的位置（转动不改变排法，就让他坐在“顶上”），其余 $n - 1$ 人在剩下的位置上排成一列，$(n - 1)!$ 种。

じゅず順列 $\dfrac{(n - 1)!}{2}$：每个圆排列翻面后得到它的镜像（顺时针变逆时针）。$n \ge 3$ 且元素全不同时，镜像和原来是不同的圆排列（例如顺时针 A→B→C 翻过来成为顺时针 A→C→B）。所以圆排列两两配对，每对算一种项链，共 $\dfrac{(n - 1)!}{2}$ 种。

重複順列 $n^r$：第 1 个位置 $n$ 种，第 2 个位置也是 $n$ 种（允许重复，不受前面影响），……，由積の法則共 $n \times n \times \dots \times n = n^r$ 种。

例题

例 1　（场景：圆桌就座）

問題　A，B を含む $6$ 人が円卓のまわりに座る。(1) 座り方は何通りあるか。(2) A，B が隣り合う座り方は何通りあるか。(3) A，B が向かい合う座り方は何通りあるか。(4) 大人 $3$ 人と子ども $3$ 人の $6$ 人で，大人と子どもが交互に座る座り方は何通りあるか。

解答　(1) 円順列であるから $(6 - 1)! = 5! = 120$ 通り。

(2) A，B をひとかたまりとみなし，残り $4$ 人と合わせた $5$ 個の円順列を考えると $(5 - 1)! = 24$ 通り。A，B の入れ替えが $2$ 通りあるから，$24 \times 2 = 48$ 通り。

(3) A を固定する（円順列では $1$ 人を固定してよい）。B は A の真向かいの席に座る $1$ 通り。残り $4$ 人は残りの $4$ 席に並ぶから，$4! = 24$ 通り。

(4) 大人 $1$ 人を固定すると，残り $2$ 人の大人は $1$ 席おきの $2$ 席に $2!$ 通りで座る。子どもの $3$ 人は空いた $3$ 席に $3!$ 通りで座る。よって $2 \times 6 = 12$ 通り。

中文翻译　题目：A、B 等 $6$ 人围坐在圆桌旁。（1）坐法共有多少种？（2）A、B 相邻的坐法有多少种？（3）A、B 正对面而坐的坐法有多少种？（4）若 $6$ 人是大人 $3$ 人、孩子 $3$ 人，大人和孩子交替而坐，有多少种？解答：（1）圆排列，$(6 - 1)! = 5! = 120$ 种。（2）把 A、B 捆成一个整体，与其余 $4$ 人共 $5$ 个“单位”围成一圈，$(5 - 1)! = 24$ 种；A、B 内部互换 $2$ 种。共 $24 \times 2 = 48$ 种。（3）固定 A（圆排列可以固定一人）。B 只能坐 A 的正对面，$1$ 种。剩下 $4$ 人坐其余 $4$ 个位置，$4! = 24$ 种。（4）先固定一位大人，另两位大人坐隔一个的两个位置，$2! = 2$ 种；孩子坐三个空位，$3! = 6$ 种。共 $2 \times 6 = 12$ 种。

解说　另一种解法：(3) 固定 A 后，B 可以坐其余 $5$ 个位置中的任意一个，而且每个位置对应的坐法一样多（都是其余 $4$ 人的 $4!$）。正对面是 $5$ 个位置中的 $1$ 个，所以答案是 $120 \div 5 = 24$ 种。先固定一人再逐个排的方法什么条件都能处理；按对称性平分的方法只在“各个位置地位相同”时能用，但算得最快。容易卡在：(3) 固定 A、B 后又对剩下 $4$ 人用圆排列 $(4 - 1)!$。一旦有人坐定，圈上就有了起点，其余人的位置是可以区分的。

例 2　（场景：项链）

問題　色の異なる $6$ 個の玉を糸に通して腕輪を作る。作り方は何通りあるか。

解答　腕輪は回転しても，裏返しても同じとみなすから，じゅず順列である。 $\dfrac{(6 - 1)!}{2} = \dfrac{120}{2} = 60$。 よって $60$ 通りである。

中文翻译　题目：用 $6$ 颗颜色各不相同的珠子串成一个手镯，有多少种串法？解答：手镯可以转动，也可以翻面，所以用项链排列：$\dfrac{(6 - 1)!}{2} = \dfrac{120}{2} = 60$。所以是 $60$ 种。

解说　圆桌上的人不能“翻面”（左右邻居互换是不同坐法），所以圆排列是 $(n - 1)!$；项链能翻过来戴，镜像算同一种，所以再除以 $2$。这个除法只在珠子全部不同且 $n \geqq 3$ 时成立；有相同颜色的珠子时，有些排法翻过来和自己一样，不能简单除以 $2$。

例 3　（场景：数字的重复排列）

問題　$0$，$1$，$2$，$3$ の $4$ つの数字を繰り返し使ってよいものとして，$4$ 桁の整数は何個できるか。また，そのうち偶数は何個できるか。

解答　千の位は $0$ 以外の $3$ 通り，百の位・十の位・一の位はそれぞれ $4$ 通りであるから，全部で $3 \times 4^3 = 192$ 個。

偶数のとき，一の位は $0$ または $2$ の $2$ 通り。千の位は $3$ 通り，百の位・十の位はそれぞれ $4$ 通りであるから，$3 \times 4 \times 4 \times 2 = 96$ 個。

中文翻译　题目：用 $0$、$1$、$2$、$3$ 四个数字（可以重复使用）能组成多少个四位整数？其中偶数有多少个？解答：千位不能是 $0$，有 $3$ 种；百位、十位、个位各 $4$ 种。共 $3 \times 4^3 = 192$ 个。偶数时个位是 $0$ 或 $2$，有 $2$ 种；千位 $3$ 种，百位、十位各 $4$ 种。共 $3 \times 4 \times 4 \times 2 = 96$ 个。

解说　首位不能为 $0$，所以千位先单独处理；后面的位可以重复，各有 $4$ 种。偶数只看个位，个位定下后其余位照常；不要把“个位是 $0$“和”个位是 $2$“分开后忘记千位都不能为 $0$（两种情况下千位都还有 $3$ 种）。

例 4　（场景：分进有名字的房间）

問題　(1) $4$ 人が A，B の $2$ 部屋に入る。空き部屋を許す入り方は何通りあるか。空き部屋がない入り方は何通りあるか。 (2) $4$ 人が A，B，C の $3$ 部屋に入り，空き部屋がない入り方は何通りあるか。

解答　(1) 各人が A か B を選ぶから $2^4 = 16$ 通り。このうち全員が A，全員が B の $2$ 通りは空き部屋ができるので，$16 - 2 = 14$ 通り。

(2) すべての入り方は $3^4 = 81$ 通り。$X_A$ を「A が空き部屋になる」入り方の集合とすると，$n(X_A) = 2^4 = 16$ であり，同様に $n(X_B) = n(X_C) = 16$。$2$ 部屋が空く（全員が同じ部屋に入る）のは $n(X_A \cap X_B) = 1$ で，どの $2$ 部屋の組合せでも $1$。$3$ 部屋すべてが空くことはない。7.2 節より $n(X_A \cup X_B \cup X_C) = 3 \times 16 - 3 \times 1 + 0 = 45$。 よって空き部屋がない入り方は $81 - 45 = 36$ 通り。

中文翻译　题目：（1）$4$ 个人进 A、B 两个房间，允许有空房间，有多少种进法？没有空房间的有多少种？（2）$4$ 个人进 A、B、C 三个房间，没有空房间的有多少种？解答：（1）每个人选 A 或 B，$2^4 = 16$ 种。其中“全进 A”“全进 B”有空房间，减去 $2$ 种：$16 - 2 = 14$ 种。（2）全部进法 $3^4 = 81$ 种。设 $X_A$ 为“A 房间空着”的进法集合，$n(X_A) = 2^4 = 16$，同样 $n(X_B) = n(X_C) = 16$；两间空着（全进同一间）$n(X_A \cap X_B) = 1$，三种组合都是 $1$；三间都空不可能。由 7.2 节，$n(X_A \cup X_B \cup X_C) = 3 \times 16 - 3 \times 1 + 0 = 45$。没有空房间：$81 - 45 = 36$ 种。

解说　检验：没有空房时 $4$ 人一定分成 $2$ 人、$1$ 人、$1$ 人。先选哪个房间住 $2$ 人，$3$ 种；选哪 $2$ 人住进去，${}_4\mathrm{C}_2 = 6$ 种；剩下 $2$ 人分进另两个房间，$2! = 2$ 种。共 $3 \times 6 \times 2 = 36$ 种，与容斥的结果一致。重複順列 $n^r$ 里，底数是每次的选择数（房间数），指数是选几次（人数），$4$ 人进 $2$ 个房间是 $2^4$，不是 $4^2$。

常用推论

• ${}_n\mathrm{C}_r = {}_n\mathrm{C}_{n - r}$，${}_n\mathrm{C}_r = {}_{n - 1}\mathrm{C}_{r - 1} + {}_{n - 1}\mathrm{C}_r$。与国内书第 34 章 34.4 节相同，只换了记号。
• $n$ 个元素的集合的子集有 $2^n$ 个：每个元素“选或不选”，是重複順列。
• $r$ 个人分进 $n$ 个有名字的房间且不空：$n = 2$ 时 $2^r - 2$；$n = 3$ 时 $3^r - 3 \cdot 2^r + 3$。推导：例 4 的方法。
• 圆桌上已有人位置固定后，其余人用普通排列。推导：例 1（3）。
• 正 $n$ 边形各边涂 $n$ 种不同的颜色、只能转动：$(n - 1)!$ 种；还能翻面（立体模型）：$\dfrac{(n - 1)!}{2}$ 种。推导：涂色就是把颜色排成一圈。

易错点

• 错在哪：6 人坐编了号的 6 个座位，也用 $5!$。 为什么错：座位有编号时，转动后每人坐的号码变了，是不同的坐法。 正确做法：先看座位能不能区分。能区分用 $n!$，只看相对位置用 $(n - 1)!$。
• 错在哪：项链题用 $(n - 1)!$，或圆桌题除以 2。 为什么错：圆桌上的人不能“翻面”（左右邻居互换是不同坐法）；项链能翻过来戴，镜像算同一种。 正确做法：题目是「円卓」「円形に並ぶ」用 $(n - 1)!$；「首飾り」「腕輪」用 $\dfrac{(n - 1)!}{2}$。
• 错在哪：5 个人各从 3 个选项中选一个，算成 $5^3$。 为什么错：重複順列的指数是“做几次选择”。每个人选一次，共选 5 次，每次 3 种。 正确做法：$3^5 = 243$。可以先写“第 1 人 3 种 × 第 2 人 3 种 × ……“再合并。
• 错在哪：把 ${}_6\mathrm{C}_2$ 读成“从 2 个里取 6 个”。 为什么错：日本写法左下是总数 $n$，右下是取出数 $r$，和国内 $\mathrm{C}_n^r$ 的上下位置不同。 正确做法：记“总数在左下”，${}_6\mathrm{C}_2 = \mathrm{C}_6^2 = 15$。

直观理解

圆排列的“除以 $n$”：上面的图把同一圈人依次转动一格，写成一列是 ABCD、DABC、CDAB、BCDA 四种，但在圆桌上是同一种坐法。每个圆排列都被一列排法数了 $n$ 次，所以除以 $n$。

项链再“除以 2”：把手镯从桌上拿起翻过来，顺时针 A→B→C 就变成逆时针，也就是顺时针 A→C→B。圆桌上的人不能翻，项链能翻，所以项链的种数是圆桌的一半。

重複順列像密码锁：4 位密码，每位 0–9，共 $10^4$ 种。每一位独立地转，互不影响。

关联知识点

• 前置：国内书第 34 章 34.3、34.4 节：排列数、组合数、捆绑法、插空法、分组，本节只换记号。
• 前置：7.2 节：例 4 的“不空房间”用三个集合的公式。
• 后续：7.4 节的同じものを含む順列可以用 ${}_n\mathrm{C}_r$ 推出来。
• 后续：7.5 节反復試行的公式里有 ${}_n\mathrm{C}_r$；国内书第 34 章 34.5 节二项式定理在日本教科书里写成 ${}_n\mathrm{C}_r\, a^{n - r} b^r$ 的和（本书第 10 章）。
• 本书第 8 章 8.2 节：约数的个数 $(a + 1)(b + 1)$ 也是積の法則。

7.4 同じものを含む順列

说明

同じものを含む順列（含相同元素的排列）：$n$ 个元素中，有 $p$ 个相同的 $a$、$q$ 个相同的 $b$、$r$ 个相同的 $c$（$p + q + r = n$），把它们全部排成一列，排法有

$$\frac{n!}{p!\,q!\,r!}$$

种。也可以写成 ${}_n\mathrm{C}_p \times {}_{n - p}\mathrm{C}_q$：先从 $n$ 个位置中选 $p$ 个放 $a$，再从剩下的位置中选 $q$ 个放 $b$，最后剩下的放 $c$。种类多于三种时同样写。

最短経路（最短路径）：在棋盘状的道路上，从左下角走到右上角，向右要走 $m$ 段、向上要走 $n$ 段。每条最短路线就是 $m$ 个「→」和 $n$ 个「↑」排成一列，共

$$\frac{(m + n)!}{m!\,n!} = {}_{m + n}\mathrm{C}_m$$

条。

使用场景

• 题目给出一串含重复字母的文字（如 a、a、a、b、b、c）或含重复数字的卡片，问排法：直接套公式，再处理“相邻”“首位不能是 0”等条件。
• 题目是棋盘道路的最短路线，问“经过某点”“不经过某点”的条数：拆成两段相乘，或用总数相减。
• 题目要求某几个元素按指定顺序出现（不必相邻）：把这几个元素看成相同的元素。
• 题目用数字卡片排成整数，卡片有重复、又有 0：先求全部排法，再减去 0 在首位的排法。

注意点

• 公式里每种相同元素的个数都要除：分母是所有 $p!$、$q!$、……的乘积，只出现一次的元素除以 $1! = 1$，可以不写。
• 最短路径题看清“向右几段、向上几段”，数的是段数（格子边数），不是交叉点数。
• 题干常说「a，a，a，b，b，c の 6 文字を 1 列に並べる」「最短経路で行く道順」「A，B，C がこの順に並ぶ」。

证明

先把相同的 $a$ 看作不同的 $a_1, a_2, \dots, a_p$，$b$、$c$ 也都编号，$n$ 个元素全不同，排法有 $n!$ 种。

现在把编号擦掉。（关键一步：一个擦掉编号后的排列，恢复编号的方法有 $p!\,q!\,r!$ 种：$p$ 个 $a$ 的位置上排 $a_1, \dots, a_p$ 有 $p!$ 种，$b$、$c$ 同理；这些都是不同的编号排列。）所以每个“无编号排列”恰好对应 $p!\,q!\,r!$ 个“有编号排列”：

$$\text{排法数} \times p!\,q!\,r! = n!.$$

除过去就得到公式。

用组合数的证法：$n$ 个位置中选 $p$ 个放 $a$，${}_n\mathrm{C}_p$ 种；剩下 $n - p$ 个位置中选 $q$ 个放 $b$，${}_{n - p}\mathrm{C}_q$ 种；剩下的放 $c$，1 种。

$${}_n\mathrm{C}_p \times {}_{n - p}\mathrm{C}_q = \frac{n!}{p!\,(n - p)!} \cdot \frac{(n - p)!}{q!\,r!} = \frac{n!}{p!\,q!\,r!}.$$

例题

例 1　（场景：含相同字母的排列）

問題　a，a，a，b，b，c の $6$ 文字を $1$ 列に並べる。(1) 並べ方は何通りあるか。(2) $2$ つの b が隣り合わない並べ方は何通りあるか。

解答　(1) $\dfrac{6!}{3!\,2!\,1!} = \dfrac{720}{6 \times 2} = 60$ 通り。

(2) まず $2$ つの b が隣り合う並べ方を求める。bb をひとかたまりとみなし，a，a，a，c と合わせた $5$ 個を並べると $\dfrac{5!}{3!} = 20$ 通り（b は同じ文字だから，かたまりの内部で入れ替えても新しい並びにはならない）。よって隣り合わない並べ方は $60 - 20 = 40$ 通り。

中文翻译　题目：把 a、a、a、b、b、c 这 $6$ 个字母排成一列。（1）排法有多少种？（2）两个 b 不相邻的排法有多少种？解答：（1）$\dfrac{6!}{3!\,2!\,1!} = \dfrac{720}{6 \times 2} = 60$ 种。（2）先求两个 b 相邻的：把 bb 看成一个整体，与 a、a、a、c 共 $5$ 个排成一列，$\dfrac{5!}{3!} = 20$ 种（两个 b 相同，整体内部不用再乘 $2$）。不相邻的：$60 - 20 = 40$ 种。

解说　另一种解法：(2) 用插空法。先排 a、a、a、c：$\dfrac{4!}{3!} = 4$ 种；这 $4$ 个字母之间和两端共 $5$ 个空，从中选 $2$ 个放 b（b 相同，不排顺序）：${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 种。共 $4 \times 10 = 40$ 种。总数相减的方法适合“相邻”好数的题；插空法直接数“不相邻”，要求几个元素两两不相邻时不容易漏。

例 2　（场景：最短路径，经过或不经过某点）

問題　図のように，S から G まで道路に沿って最短経路で進む（右へ $5$ 区間，上へ $4$ 区間）。(1) 経路は全部で何通りあるか。(2) P（S から右へ $2$ 区間，上へ $1$ 区間の点）を通る経路は何通りあるか。(3) P を通らない経路は何通りあるか。

解答　(1) $5$ 個の「→」と $4$ 個の「↑」の並べ方であるから，$\dfrac{9!}{5!\,4!} = {}_9\mathrm{C}_4 = 126$ 通り。

(2) S から P までは右へ $2$，上へ $1$ であるから $\dfrac{3!}{2!\,1!} = 3$ 通り。P から G までは右へ $3$，上へ $3$ であるから $\dfrac{6!}{3!\,3!} = 20$ 通り。積の法則より $3 \times 20 = 60$ 通り。

(3) $126 - 60 = 66$ 通り。

中文翻译　题目：如图，从 S 沿道路以最短路线走到 G（向右 $5$ 段、向上 $4$ 段）。（1）路线共有多少条？（2）经过 P 点（从 S 向右 $2$ 段、向上 $1$ 段处）的有多少条？（3）不经过 P 点的有多少条？解答：（1）$5$ 个”→“和 $4$ 个”↑“的排列：$\dfrac{9!}{5!\,4!} = {}_9\mathrm{C}_4 = 126$ 条。（2）S 到 P：向右 $2$、向上 $1$，$\dfrac{3!}{2!\,1!} = 3$ 条；P 到 G：向右 $3$、向上 $3$，$\dfrac{6!}{3!\,3!} = 20$ 条。由乘法原理 $3 \times 20 = 60$ 条。（3）$126 - 60 = 66$ 条。

解说　容易卡在：(2) 把两段相加。走完 S→P 再走 P→G，是分步，要相乘。最短路径数的是“段数”（格子边数），不是交叉点数；先看清向右、向上各几段，再把相同箭头的排列数写成组合数。

例 3　（场景：指定顺序）

問題　A，B，C，D，E，F の $6$ 人が $1$ 列に並ぶとき，A，B，C がこの順に（左から右へ）現れる並び方は何通りあるか。ただし，隣り合っていなくてよい。

解答　A，B，C を同じ記号 ○ に置き換え，○，○，○，D，E，F を並べると $\dfrac{6!}{3!} = 120$ 通り。それぞれの並びで，$3$ つの ○ を左から順に A，B，C とすればよいから，当てはめ方は $1$ 通り。よって $120$ 通りである。

中文翻译　题目：A、B、C、D、E、F $6$ 人排成一列，A、B、C 从左到右按这个顺序出现（不一定相邻），有多少种排法？解答：把 A、B、C 都换成同一个记号 ○，先排 ○、○、○、D、E、F：$\dfrac{6!}{3!} = 120$ 种；再把三个 ○ 从左到右依次填 A、B、C，只有 $1$ 种填法。所以共 $120$ 种。

解说　指定顺序的问题，把有顺序要求的几个元素看成相同的元素，先排全部，再按指定顺序填回去，只有 $1$ 种填法。这和国内书第 34 章 34.3 节的“定序法”$\dfrac{\mathrm{A}_6^6}{\mathrm{A}_3^3}$ 是同一个算式，日本按“同じものを含む順列”来理解。

例 4　（场景：卡片排成整数，首位不能为 0）

問題　$0$，$1$，$1$，$2$，$2$，$2$ の $6$ 枚のカードを全部並べて $6$ 桁の整数を作る。何個できるか。

解答　まず首位を考えずに並べると $\dfrac{6!}{1!\,2!\,3!} = 60$ 通り。このうち $0$ が首位に来るのは，残りの $1$，$1$，$2$，$2$，$2$ を後ろの $5$ 桁に並べる場合で，$\dfrac{5!}{2!\,3!} = 10$ 通り。よって $6$ 桁の整数は $60 - 10 = 50$ 個である。

中文翻译　题目：用 $0$、$1$、$1$、$2$、$2$、$2$ 六张卡片全部排成六位整数，能排出多少个？解答：先不管首位，排法有 $\dfrac{6!}{1!\,2!\,3!} = 60$ 种。$0$ 在首位的：其余 $1$、$1$、$2$、$2$、$2$ 排在后 $5$ 位，$\dfrac{5!}{2!\,3!} = 10$ 种。所以六位整数有 $60 - 10 = 50$ 个。

解说　有 $0$ 又有重复数字时，先按“全部排法”算，再减去”$0$ 在首位“的排法，比正着分情况简单。分母要把每种相同元素的个数的阶乘都除到：本题是 $1!\,2!\,3!$，其中 $1!$ 可以不写，但不能漏掉 $2!$ 或 $3!$。

常用推论

• 最短路线数 $= {}_{m + n}\mathrm{C}_m$。推导：$m + n$ 步中选哪 $m$ 步向右。
• 指定 $k$ 个元素顺序的排列数 $= \dfrac{n!}{k!}$。推导：例 3。
• 多项式定理（数学Ⅱ）：$(a + b + c)^n$ 展开后 $a^p b^q c^r$ 的系数是 $\dfrac{n!}{p!\,q!\,r!}$。推导：从 $n$ 个括号中，$p$ 个取 $a$、$q$ 个取 $b$、$r$ 个取 $c$ 的取法数就是这个排列数（本书第 10 章）。
• 最短路径还可以用“在每个交叉点写上到达它的路线数”的方法：每个点的数等于左边点和下边点的数之和，适合中间有障碍、某段路不通的题。

易错点

• 错在哪：例 1（2）求 b 相邻时，又乘了 $2!$。 为什么错：两个 b 是相同的，bb 整体内部换位置还是 bb，不产生新的排法。 正确做法：只有不同的元素捆绑时才乘内部排法数。
• 错在哪：最短路径数交叉点。向右 5 段，误以为是 6（交叉点有 6 列）。 为什么错：每走一段路是一个「→」，交叉点比段数多 1。 正确做法：数“段”：从 S 到 G 横着要走几段、竖着要走几段。
• 错在哪：例 4 只算 $\dfrac{6!}{2!\,3!} = 60$，没减去首位是 0 的情况。 为什么错：0 开头的不是六位数。 正确做法：凡是数字卡片含 0，都先检查首位；先算全部再减“0 在首位”最省事。

直观理解

想象一排 6 个空格，要往里放 3 个 a、2 个 b、1 个 c。真正需要决定的只是“哪几格放 a、哪几格放 b”，这就是 ${}_6\mathrm{C}_3 \times {}_3\mathrm{C}_2 = 20 \times 3 = 60$。相同的元素不分谁先谁后，所以不用排它们的顺序。

最短路径也是一样：路线由“第几步向上”决定，把 4 个「↑」放进 9 步里的 4 个位置，就是 ${}_9\mathrm{C}_4$。

关联知识点

• 前置：7.3 节：${}_n\mathrm{C}_r$ 的记号与 $\dfrac{n!}{r!\,(n - r)!}$。
• 前置：国内书第 34 章 34.3 节定序法、34.4 节网格路线（直观理解）。
• 后续：7.5 节反復試行：$n$ 次中成功 $r$ 次的顺序有 ${}_n\mathrm{C}_r$ 种，就是 $r$ 个○和 $n - r$ 个×的同じものを含む順列。
• 后续：本书第 10 章 いろいろな式：二项式定理、多项式定理的系数。

7.5 反復試行の確率

说明

独立な試行：几个试验的结果互不影响（例如投骰子再投硬币，或者同一颗骰子投好几次），叫做独立な試行。独立な試行中，事件 $A$（第 1 个试验的）和事件 $B$（第 2 个试验的）都发生的概率是 $P(A) \times P(B)$。这和国内书第 21 章 21.6 节相同。

反復試行（反复试验）：同一个试验独立地重复 $n$ 次。设每次事件 $A$ 发生的概率是 $p$，则 $n$ 次中 $A$ 恰好发生 $r$ 次的概率是

$${}_n\mathrm{C}_r\, p^r (1 - p)^{n - r} \quad (r = 0, 1, 2, \dots, n).$$

国内书第 36 章 36.4 节把它叫二项分布，写成 $P(X = k) = \mathrm{C}_n^k p^k (1 - p)^{n - k}$。数学Ａ里不引入随机变量 $X$，只把它当作“求某个事件的概率”的公式，EJU コース1 的题都是这样问的。

使用场景

• 题目说「さいころを 5 回投げるとき，1 の目がちょうど 2 回出る確率」：直接套公式。
• 题目问「少なくとも 1 回」：用余事象，$1 - (1 - p)^n$。
• 题目是「先に 3 勝した方を優勝とする」这类比赛：按“第几局结束”分类，最后一局必须是胜者赢。
• 题目是“点在数轴（或坐标平面）上按规则移动 $n$ 次，求到达某处的概率”：设成功次数为 $r$，由终点位置列方程求 $r$，再套公式。

注意点

• 「ちょうど $r$ 回」是恰好 $r$ 次；「$r$ 回以上」「少なくとも $r$ 回」要把 $r, r + 1, \dots, n$ 次的概率加起来，或者用余事象。
• 公式里的 ${}_n\mathrm{C}_r$ 是“哪几次成功”的顺序数，不能漏。如果题目规定了顺序（「1 回目と 2 回目だけ」「4 回目に初めて」），就不乘 ${}_n\mathrm{C}_r$。
• 「先に $k$ 勝」的题，比赛在第 $m$ 局结束，等价于“前 $m - 1$ 局胜者恰赢 $k - 1$ 局，第 $m$ 局胜者赢”。
• EJU 的概率答案是既约分数，空格是 $\dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{CDE}}$ 这样的形式；约分不彻底，格子数就对不上（本书第 2 章）。

证明

以 $n = 5$、$r = 2$ 为例。用○表示 $A$ 发生，×表示不发生。“恰好 2 次○“的结果有 ○○×××、○×○××、……，共 ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 种（5 个位置中选 2 个放○）。

（关键一步：每一种具体的○×序列，由独立な試行的乘法，概率都是 $p^2 (1 - p)^3$，与○在哪几个位置无关。）这 10 种结果两两排反（不能同时发生），由加法定理，所求概率是 $10 \times p^2 (1 - p)^3 = {}_5\mathrm{C}_2\, p^2 (1 - p)^3$。一般的 $n$、$r$ 同理。

例题

例 1　（场景：恰好 $r$ 次）

問題　さいころを $5$ 回投げるとき，$1$ の目がちょうど $2$ 回出る確率を求めよ。

解答　$1$ の目が出る確率は $p = \dfrac{1}{6}$，$n = 5$，$r = 2$ であるから ${}_5\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \left(\dfrac{5}{6}\right)^3 = 10 \times \dfrac{1}{36} \times \dfrac{125}{216} = \dfrac{1250}{7776} = \dfrac{625}{3888}$。

中文翻译　题目：一颗骰子投 $5$ 次，$1$ 点恰好出现 $2$ 次的概率是多少？解答：每次出 $1$ 点的概率 $p = \dfrac{1}{6}$，$n = 5$，$r = 2$：${}_5\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \left(\dfrac{5}{6}\right)^3 = 10 \times \dfrac{1}{36} \times \dfrac{125}{216} = \dfrac{1250}{7776} = \dfrac{625}{3888}$。

解说　只规定次数、不规定是哪几次时，必须乘 ${}_n\mathrm{C}_r$，它数的是“哪几次成功”的顺序。漏掉 ${}_5\mathrm{C}_2$ 得到的是“第 $1$、$2$ 次出 $1$ 点、后 $3$ 次不出”这一种顺序的概率。EJU 的概率答案要既约，$\dfrac{1250}{7776}$ 要约成 $\dfrac{625}{3888}$ 才和格子形式对得上。

例 2　（场景：至少一次）

問題　さいころを $4$ 回投げるとき，$6$ の目が少なくとも $1$ 回出る確率を求めよ。

解答　余事象は「$4$ 回とも $6$ の目が出ない」で，その確率は $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = \dfrac{625}{1296}$。よって求める確率は $1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296}$。

中文翻译　题目：一颗骰子投 $4$ 次，至少出现一次 $6$ 点的概率是多少？解答：余事件是”$4$ 次都不是 $6$ 点”，概率 $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = \dfrac{625}{1296}$。所求概率 $1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296}$。

解说　“少なくとも $1$ 回”一律用余事象：$1 - (1 - p)^n$，比把 $1$ 次、$2$ 次、……、$n$ 次的概率加起来快得多。余事象是“一次也没有”，每次都不发生的概率是 $1 - p$，$n$ 次独立相乘即可。

例 3　（场景：先赢几局）

問題　A，B の $2$ 人が試合をする。各試合で A が勝つ確率は $\dfrac{2}{3}$ で，引き分けはなく，各試合の結果は独立である。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。

解答　試合が何試合目で終わるかで場合分けする。A が優勝するとき，最後の試合は必ず A が勝つ。

(1) 第 $3$ 試合で終わる場合：A が $3$ 連勝するから，$\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}$。

(2) 第 $4$ 試合で終わる場合：最初の $3$ 試合で A がちょうど $2$ 勝し，第 $4$ 試合で A が勝つから，${}_3\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{24}{81} = \dfrac{8}{27}$。

(3) 第 $5$ 試合で終わる場合：最初の $4$ 試合で A がちょうど $2$ 勝し，第 $5$ 試合で A が勝つから，${}_4\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{48}{243} = \dfrac{16}{81}$。

これらは互いに排反であるから，求める確率は $\dfrac{8}{27} + \dfrac{8}{27} + \dfrac{16}{81} = \dfrac{24 + 24 + 16}{81} = \dfrac{64}{81}$。

中文翻译　题目：A、B 两人比赛，每局 A 赢的概率是 $\dfrac{2}{3}$，没有平局，各局结果独立。先赢 $3$ 局的人夺冠。求 A 夺冠的概率。解答：按比赛在第几局结束分类，A 夺冠时最后一局一定是 A 赢。（1）第 $3$ 局结束：A 连赢 $3$ 局，$\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}$。（2）第 $4$ 局结束：前 $3$ 局 A 恰赢 $2$ 局，第 $4$ 局 A 赢：${}_3\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{24}{81} = \dfrac{8}{27}$。（3）第 $5$ 局结束：前 $4$ 局 A 恰赢 $2$ 局，第 $5$ 局 A 赢：${}_4\mathrm{C}_2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{48}{243} = \dfrac{16}{81}$。三种情况互斥，相加得 $\dfrac{8}{27} + \dfrac{8}{27} + \dfrac{16}{81} = \dfrac{24 + 24 + 16}{81} = \dfrac{64}{81}$。

解说　另一种解法：假设不管有没有人先赢 $3$ 局，都把 $5$ 局全部比完。A 先赢 $3$ 局，当且仅当 $5$ 局中 A 至少赢 $3$ 局（提前结束后补比的局不改变谁先到 $3$ 胜）。所以 ${}_5\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + {}_5\mathrm{C}_4 \left(\dfrac{2}{3}\right)^4 \dfrac{1}{3} + \left(\dfrac{2}{3}\right)^5 = \dfrac{80 + 80 + 32}{243} = \dfrac{192}{243} = \dfrac{64}{81}$。按局数分类能顺带回答“比赛在第 $4$ 局结束的概率”这类小问，EJU 誘導常这样问；补齐 $5$ 局的方法只求夺冠概率时最快。容易卡在：第 $4$ 局结束的情况写成 ${}_4\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \dfrac{1}{3}$。这把“A 先连赢 $3$ 局、第 $4$ 局输”也算进去了，可那时比赛在第 $3$ 局就结束了。

例 4　（场景：数轴上的移动）

問題　点 P が数直線の原点を出発する。硬貨を投げて，表なら正の向きに $2$，裏なら負の向きに $1$ だけ移動する。$6$ 回投げた後，P の座標が $3$ である確率を求めよ。

解答　$6$ 回のうち表が $r$ 回，裏が $6 - r$ 回であるとすると，P の座標は $2r - (6 - r) = 3r - 6$ である。$3r - 6 = 3$ より $r = 3$。よって求める確率は ${}_6\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{20}{64} = \dfrac{5}{16}$。

中文翻译　题目：点 P 从数轴原点出发。投一枚硬币，正面向正方向移动 $2$，反面向负方向移动 $1$。投 $6$ 次后 P 在坐标 $3$ 的概率是多少？解答：设 $6$ 次中正面 $r$ 次，则反面 $6 - r$ 次，P 的坐标是 $2r - (6 - r) = 3r - 6$。令 $3r - 6 = 3$，得 $r = 3$。所求概率 ${}_6\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{20}{64} = \dfrac{5}{16}$。

解说　先由终点位置列方程求出成功次数 $r$，再套反復試行公式。$r$ 必须是 $0$ 到 $6$ 的整数，解出非整数就说明这个终点不可能到达。本题每次移动量不同（$+2$ 和 $-1$），所以终点不是简单的“正面次数减反面次数”，要按 $2r - (6 - r)$ 算。

常用推论

• ${}_n\mathrm{C}_0\, q^n + {}_n\mathrm{C}_1\, p q^{n - 1} + \dots + {}_n\mathrm{C}_n\, p^n = (p + q)^n = 1$，其中 $q = 1 - p$。推导：二项式定理（本书第 10 章）。
• 「少なくとも 1 回」$= 1 - (1 - p)^n$。推导：余事象是“一次也没有”。
• 「$n$ 回目に初めて $A$ が起こる」的概率 $= (1 - p)^{n - 1} p$。推导：前 $n - 1$ 次都不发生、第 $n$ 次发生，顺序固定，不乘组合数。
• 「先に $k$ 勝」在第 $m$ 局结束且由 A 夺冠：${}_{m - 1}\mathrm{C}_{k - 1}\, p^{k} (1 - p)^{m - k}$。推导：例 3。
• 反復試行中 $A$ 发生次数的期待値是 $np$（7.7 节、本书第 15 章）。

易错点

• 错在哪：例 1 写成 $\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \left(\dfrac{5}{6}\right)^3$，忘了 ${}_5\mathrm{C}_2$。 为什么错：这只是“第 1、2 次出 1 点、后 3 次不出”这一种顺序的概率。 正确做法：只规定次数、不规定是哪几次时，乘 ${}_n\mathrm{C}_r$。
• 错在哪：「4 回目に初めて 6 の目が出る」也乘 ${}_4\mathrm{C}_1$。 为什么错：「初めて」已经规定了顺序：前 3 次不是 6，第 4 次是 6。 正确做法：$\left(\dfrac{5}{6}\right)^3 \dfrac{1}{6}$。
• 错在哪：「先に 3 勝」的题直接用 ${}_5\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \left(\dfrac{1}{3}\right)^2$ 当作 A 夺冠的概率。 为什么错：这只是“5 局中 A 恰好赢 3 局”，漏了 A 赢 4 局、5 局的情况；如果按实际比赛（提前结束）分类，又要保证最后一局是 A 赢。 正确做法：按“第几局结束、最后一局 A 赢”分类（例 3），或者补齐 5 局后求“至少赢 3 局”。

直观理解

把 $n$ 次试验写成一排○和×。每一排的概率只看○有几个，不看○在哪儿；而“恰好 $r$ 个○“的排法有 ${}_n\mathrm{C}_r$ 种。所以公式就是”一种排法的概率 × 排法的个数”。

「先に 3 勝」的题，可以想成“比赛到有人赢 3 局就停，停下来的那一局一定是冠军赢的”。上面的图把三种停法分开，每一种都是“前面若干局的反復試行 × 最后一局冠军赢”。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.6 节：独立事件的乘法、对立事件。
• 前置：国内书第 36 章 36.4 节：二项分布，公式相同。
• 前置：7.4 节：$r$ 个○和 $n - r$ 个×的排法数 ${}_n\mathrm{C}_r$。
• 后续：7.7 节：反復試行的次数的期待値。
• 后续：本书第 15 章 確率分布（仅コース2）：把成功次数作为随机变量，讲二项分布的期待値和分散。

7.6 条件付き確率と乗法定理

说明

条件付き確率：事件 $A$ 发生的条件下，事件 $B$ 发生的概率，日本教科书写作

$$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \quad (P(A) > 0).$$

国内书写作 $P(B \mid A)$，意义相同。下标 $A$ 是已知发生的条件，括号里的 $B$ 是要求概率的事件。

所有结果等可能（古典概型）时，可以直接数个数：

$$P_A(B) = \frac{n(A \cap B)}{n(A)}.$$

这相当于把 $A$ 当作新的全体，在 $A$ 里面数 $B$ 占多少。

乗法定理（乘法定理）：

$$P(A \cap B) = P(A)\, P_A(B).$$

两步依次发生的事件（第一次抽到 $A$，接着第二次抽到 $B$），概率沿着步骤相乘。日本写积事件用 $A \cap B$，不写 $AB$。

原因の確率：已知结果 $E$ 发生，问它来自情况 $A$ 的概率 $P_E(A)$。日本教科书在条件付き確率一节的例题里讲这种题，做法就是定义加乗法定理，不单独给公式（对应国内书第 35 章 35.4、35.5 节的全概率公式、贝叶斯公式）。

使用场景

• 题目说「〜であったとき，〜である確率」「〜という条件のもとで」：判断哪个是条件，写成 $P_A(B)$；结果等可能时用 $\dfrac{n(A \cap B)}{n(A)}$。
• 抽签、取球「取り出した球をもとに戻さない」，问第二次的概率或两次都发生的概率：用乗法定理一步步乘。
• 题目先给“来自哪里的比例”和“各自的不良率”，再问「取り出した製品が不良品であったとき，それが A 工場の製品である確率」：原因の確率，先求 $P(E)$，再求 $P_E(A) = \dfrac{P(E \cap A)}{P(E)}$。

注意点

• $P_A(B)$ 和 $P_B(A)$ 一般不相等。读题时先找「〜とき」「〜のもとで」前面的部分，那是条件，写在下标。

• 「$A$ と $B$ が同時に起こる確率」「$A$ かつ $B$」是 $P(A \cap B)$，不是条件概率。

• 抽签「くじを引いた後，もとに戻さない」时，后抽的人中签的概率和先抽的人一样，这是常用结论（见常用推论）。

• $P_A(B)$ 是日本教科书的记号（文部科学省学习指导要领解说数学Ａ部分也这样写），学日文教材、参考书时会看到。EJU 公开过去问（核对过 2017 年第 2 回、2019 年第 1 回、2020 年第 2 回）的概率题只用 $P(A)$ 这种记号，没有出现 $P_A(B)$，也没有出现 ${}_n\mathrm{P}_r$、${}_n\mathrm{C}_r$。遇到条件概率，要能从「〜であったとき」「〜という条件のもとで」的文字里找出条件，自己写成 $P_A(B)$ 来算。

证明

定义的来由（古典概型）：所有结果共 $n(U)$ 个且等可能。已知 $A$ 发生，可能的结果就缩到 $A$ 里的 $n(A)$ 个，它们仍然等可能；其中 $B$ 也发生的是 $A \cap B$ 的 $n(A \cap B)$ 个。所以

$$P_A(B) = \frac{n(A \cap B)}{n(A)} = \frac{n(A \cap B) / n(U)}{n(A) / n(U)} = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}.$$

（关键一步：分子分母同时除以 $n(U)$，把“数个数”变成“概率之比”；这个形式在结果不等可能时也拿来作定义。）

乗法定理：把定义式两边乘 $P(A)$ 即得。

例题

例 1　（场景：结果等可能，缩小范围数个数）

問題　大小 $2$ つのさいころを同時に投げる。目の和が $8$ であるとわかっているとき，少なくとも $1$ つのさいころの目が $3$ である条件付き確率を求めよ。

解答　$A$ を「目の和が $8$」，$B$ を「少なくとも $1$ つの目が $3$」とする。$A$ の結果（大，小）は $(2, 6)$，$(3, 5)$，$(4, 4)$，$(5, 3)$，$(6, 2)$ の $5$ 通りで，$n(A) = 5$。このうち $3$ を含むのは $(3, 5)$，$(5, 3)$ の $2$ 通りで，$n(A \cap B) = 2$。よって $P_A(B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(A)} = \dfrac{2}{5}$。

中文翻译　题目：同时投大、小两颗骰子。已知点数之和是 $8$，求至少有一颗是 $3$ 点的条件概率。解答：设 $A$ 为“点数和为 $8$”，$B$ 为“至少一颗是 $3$ 点”。$A$ 的结果（大，小）：$(2, 6)$、$(3, 5)$、$(4, 4)$、$(5, 3)$、$(6, 2)$，$n(A) = 5$。其中含 $3$ 的是 $(3, 5)$、$(5, 3)$，$n(A \cap B) = 2$。所以 $P_A(B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(A)} = \dfrac{2}{5}$。

解说　结果等可能时，条件概率就是把分母换成条件 $A$ 里的结果数，在 $A$ 里面数 $B$ 占多少。条件“目の和が $8$“写在 $P$ 的下标，要求的”至少一颗是 $3$“写在括号里；不要反过来数成”已知有一颗是 $3$，和为 $8$“的概率。

例 2　（场景：不放回抽签，乗法定理）

問題　$10$ 本のくじのうち $3$ 本が当たりである。甲が先に引き，乙が後に引く。引いたくじはもとに戻さない。(1) 乙が当たる確率を求めよ。(2) 乙が当たったとわかっているとき，甲も当たっていた条件付き確率を求めよ。

解答　$A$ を「甲が当たる」，$B$ を「乙が当たる」とする。

(1) 甲が当たる場合と外れる場合に分ける。 $P(A \cap B) = P(A)P_A(B) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{2}{9} = \dfrac{6}{90}$。 $P(\overline{A} \cap B) = P(\overline{A})P_{\overline{A}}(B) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{21}{90}$。 これらは互いに排反であるから，$P(B) = \dfrac{6}{90} + \dfrac{21}{90} = \dfrac{27}{90} = \dfrac{3}{10}$。

(2) $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{6/90}{27/90} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}$。

中文翻译　题目：$10$ 支签中有 $3$ 支中签。甲先抽，乙后抽，抽过的不放回。（1）求乙中签的概率。（2）已知乙中签，求甲也中签的条件概率。解答：设 $A$ 为“甲中签”，$B$ 为“乙中签”。（1）分甲中、甲不中两种情况：$P(A \cap B) = P(A)P_A(B) = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{2}{9} = \dfrac{6}{90}$，$P(\overline{A} \cap B) = P(\overline{A})P_{\overline{A}}(B) = \dfrac{7}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{21}{90}$。两者互斥，$P(B) = \dfrac{6}{90} + \dfrac{21}{90} = \dfrac{27}{90} = \dfrac{3}{10}$。（2）$P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{6/90}{27/90} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}$。

解说　容易卡在：(2) 误求成 $P_A(B)$，本题碰巧也等于 $\dfrac{2}{9}$。这是因为本题 $P(A) = P(B)$；一般情况下两者不等，必须按“已知乙中签”写下标 $P_B(A)$。不放回抽签时，后抽的人中签的概率和先抽的人一样，都是 $\dfrac{3}{10}$，这是常用结论。

例 3　（场景：原因の確率）

問題　ある製品は $60\%$ が A 工場，$40\%$ が B 工場で作られており，A 工場の不良率は $3\%$，B 工場の不良率は $5\%$ である。製品を $1$ 個取り出したところ不良品であった。それが A 工場の製品である確率を求めよ。

解答　$A$ を「A 工場の製品」，$B$ を「B 工場の製品」，$E$ を「不良品」とする。乗法定理より $P(A \cap E) = 0.6 \times 0.03 = 0.018$，$P(B \cap E) = 0.4 \times 0.05 = 0.020$。 よって $P(E) = 0.018 + 0.020 = 0.038$。求める確率は $P_E(A) = \dfrac{P(A \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0.018}{0.038} = \dfrac{9}{19}$。

中文翻译　题目：某产品 $60\%$ 由 A 工厂生产，$40\%$ 由 B 工厂生产，A 工厂的不良率是 $3\%$，B 工厂是 $5\%$。从全部产品中任取一件，发现是不良品，求它是 A 工厂产品的概率。解答：设 $A$ 为“A 工厂的产品”，$B$ 为“B 工厂的产品”，$E$ 为“不良品”。由乘法定理，$P(A \cap E) = 0.6 \times 0.03 = 0.018$，$P(B \cap E) = 0.4 \times 0.05 = 0.020$。所以 $P(E) = 0.018 + 0.020 = 0.038$。所求是 $P_E(A) = \dfrac{P(A \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0.018}{0.038} = \dfrac{9}{19}$。

解说　另一种解法：设想有 $1000$ 件产品：A 工厂 $600$ 件，其中不良品 $18$ 件；B 工厂 $400$ 件，其中不良品 $20$ 件。不良品共 $38$ 件，来自 A 的 $18$ 件，概率 $\dfrac{18}{38} = \dfrac{9}{19}$。用“假设总数”把比例变成个数，口算快、不易弄错条件；用定义和乗法定理的写法在比例不是整数、或题目要求写出 $P(E)$ 时更规范。容易卡在：求成 $P_A(E) = 0.03$。题目已知的是“抽到的是不良品”，条件是 $E$，不是 $A$。

常用推论

• 不放回抽签，第 $k$ 个人中签的概率都等于 $\dfrac{\text{中签数}}{\text{总签数}}$，与顺序无关。推导：例 2（1）的计算；一般情况把所有签排成一列，第 $k$ 个位置上是中签的排法占全部的比例与 $k$ 无关。
• $P(A) > 0$、$P(B) > 0$ 时，$P(A)\,P_A(B) = P(B)\,P_B(A)$。推导：两边都等于 $P(A \cap B)$。
• 若 $P_A(B) = P(B)$，则 $P(A \cap B) = P(A)P(B)$，$A$、$B$ 独立（国内书第 35 章 35.2 节）。
• 三步的乗法定理：$P(A \cap B \cap C) = P(A)\,P_A(B)\,P_{A \cap B}(C)$。推导：对 $A \cap B$ 和 $C$ 再用一次乗法定理。

易错点

• 错在哪：把 $P_A(B)$ 读成”$B$ 发生的条件下 $A$ 的概率”。 为什么错：日本记号的下标是条件。国内写 $P(B \mid A)$ 时竖线右边是条件，换成下标后位置变了，容易看反。 正确做法：念成「A が起こったときの B の確率」，下标先念。
• 错在哪：例 3 求成 $P_A(E) = 0.03$。 为什么错：题目已知的是“抽到的是不良品”，条件是 $E$；$0.03$ 是“已知是 A 工厂的产品时为不良品”的概率，条件和结果反了。 正确做法：先找已知的事实（不良品），写在下标：$P_E(A)$。
• 错在哪：「A かつ B の確率」求成 $P_A(B)$。 为什么错：「かつ」是两件事同时发生，没有“已知”的意思。 正确做法：$P(A \cap B) = P(A)\,P_A(B)$，条件概率只是乘法里的一个因子。

直观理解

条件概率就是“换一个分母”。原来的分母是全部结果，现在已知 $A$ 发生了，不在 $A$ 里的结果都排除，分母换成 $A$ 里的结果数。

原因の確率可以用树形图看：从根出发分成 A、B 两支，再各分成“不良”“合格”。题目已知“不良”，就只看通向不良品的两条路径，A 那条在两条中占的比例就是答案。

关联知识点

• 前置：7.2 节：$n(A \cap B)$ 的记号与计算。
• 前置：国内书第 35 章 35.2–35.4 节：条件概率、乘法公式、全概率公式，本节换成 $P_A(B)$ 记号。
• 前置：本书第 4 章：「かつ」「または」与 $\cap$、$\cup$。
• 后续：本书第 15 章 確率分布：随机变量的独立。

7.7 期待値

说明

期待値：一个量取值 $x_1, x_2, \dots, x_n$，取各值的概率依次为 $p_1, p_2, \dots, p_n$（$p_1 + p_2 + \dots + p_n = 1$），则

$$E = x_1 p_1 + x_2 p_2 + \dots + x_n p_n$$

叫做这个量的期待値（期望值，国内书叫均值）。日本数学Ａ常把值和概率列成一张表：

值	$x_1$	$x_2$	$\cdots$	$x_n$	計
確率	$p_1$	$p_2$	$\cdots$	$p_n$	1

最后一列「計」写 1，是检查概率有没有算漏的习惯。

用期待値判断有利不利：参加费为 $c$ 的游戏，奖金的期待値大于 $c$ 就有利，小于 $c$ 就不利。

2018 年告示学习指导要领把期待値从数学Ｂ移到数学Ａ，数学Ａ的［用語・記号］只有 ${}_n\mathrm{P}_r$、${}_n\mathrm{C}_r$、階乗、$n!$、排反，没有 $E(X)$；$E(X)$ 在数学Ｂ「統計的な推測」里出现。2026 年度起「期待値」列入シラバス 5.(2)⑤，コース1、コース2 都考；コース2 另有第 13 项「確率分布」，讲 $E(X)$、分散等（本书第 15 章）。JASSO 还没有公布期待値的样题，本节例题均为自编。

使用场景

• 题目给出奖金或得分的规则（くじの賞金、さいころの目に応じた得点），问「期待値を求めよ」：列出所有取值和概率，乘积求和。
• 取值的概率要先用组合算（取出的红球个数）：先求每个取值的概率，列表，再求和。
• 取值的概率要先数结果个数（两颗骰子中较大的点数、点数之和）：画表或用“不超过 $k$“相减来数，再列表求和。
• 题目问「参加料が○円のとき，このゲームに参加するのは得か」或比较两种方案：比较期待値的大小。

注意点

• 取 0 的那一项乘积是 0，但概率还要算进「計」里检查总和是 1。
• 期待値不一定是能取到的值：一颗骰子点数的期待値是 $\dfrac{7}{2}$，骰子不会掷出 3.5。
• 题干的说法：「得点の期待値」「賞金の期待値」。答案常是分数，按格子写成既约分数。
• 数学Ａ范围内不用随机变量记号，コース1 的题目可能写成「得点の期待値は $\dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$ 点である」这样的形式。

证明

期待値是“按概率加权的平均”。设想把试验重复做 $N$ 次（$N$ 很大），取值 $x_i$ 大约出现 $N p_i$ 次。$N$ 次的总和约为

$$x_1 \cdot N p_1 + x_2 \cdot N p_2 + \dots + x_n \cdot N p_n,$$

除以 $N$ 得到每次的平均 $x_1 p_1 + x_2 p_2 + \dots + x_n p_n$。（关键一步：频率 $\dfrac{\text{出现次数}}{N}$ 稳定在概率附近，所以“每次的平均”稳定在 $E$ 附近。）这是期待値的含义，不是严格证明；严格的说法要用大数定律（国内书第 21 章 21.7 节），高中不要求。数学Ａ把上面的式子直接作为定义。

例题

例 1　（场景：奖金的期待値，判断有利不利）

問題　$100$ 本のくじのうち，$1$ 等 $1000$ 円が $2$ 本，$2$ 等 $500$ 円が $10$ 本，$3$ 等 $100$ 円が $30$ 本，残りははずれである。賞金の期待値を求めよ。また，$1$ 回引くのに $120$ 円かかるとき，このくじを引くのは有利か。

解答　賞金とその確率を表にすると次のようになる。

賞金（円）	1000	500	100	0	計
確率	$\dfrac{2}{100}$	$\dfrac{10}{100}$	$\dfrac{30}{100}$	$\dfrac{58}{100}$	1

よって $E = 1000 \times \dfrac{2}{100} + 500 \times \dfrac{10}{100} + 100 \times \dfrac{30}{100} + 0 \times \dfrac{58}{100} = 20 + 50 + 30 = 100$。 期待値は $100$ 円で，参加費 $120$ 円より小さいから不利である。

中文翻译　题目：$100$ 支签中，$1$ 等奖 $1000$ 円 $2$ 支，$2$ 等奖 $500$ 円 $10$ 支，$3$ 等奖 $100$ 円 $30$ 支，其余没有奖金。求奖金的期待値；如果抽一次要付 $120$ 円，参加有利吗？解答：奖金和概率列表如下。奖金（円）：$1000$、$500$、$100$、$0$；概率：$\dfrac{2}{100}$、$\dfrac{10}{100}$、$\dfrac{30}{100}$、$\dfrac{58}{100}$，合计 $1$。所以 $E = 1000 \times \dfrac{2}{100} + 500 \times \dfrac{10}{100} + 100 \times \dfrac{30}{100} + 0 \times \dfrac{58}{100} = 20 + 50 + 30 = 100$。期待値是 $100$ 円，小于参加费 $120$ 円，所以不利。

解说　“没有奖金”的 $58$ 支也要列进表里：它的乘积是 $0$，不影响 $E$，但不列出来就没法用「計 = 1」检查概率有没有算漏。期待値大于参加费才有理，小于参加费就不利；期待値是长期平均，不是某一次一定能拿到的金额。

例 2　（场景：取值要先用组合算概率）

問題　袋の中に赤玉 $3$ 個，白玉 $2$ 個が入っている。同時に $2$ 個の玉を取り出すとき，取り出した赤玉の個数の期待値を求めよ。

解答　取り出し方は全部で ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 通り。

赤玉が $0$ 個：${}_2\mathrm{C}_2 = 1$ 通り，確率 $\dfrac{1}{10}$。 赤玉が $1$ 個：${}_3\mathrm{C}_1 \times {}_2\mathrm{C}_1 = 6$ 通り，確率 $\dfrac{6}{10}$。 赤玉が $2$ 個：${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 通り，確率 $\dfrac{3}{10}$。

確率の合計は $\dfrac{1 + 6 + 3}{10} = 1$。よって期待値は $E = 0 \times \dfrac{1}{10} + 1 \times \dfrac{6}{10} + 2 \times \dfrac{3}{10} = \dfrac{12}{10} = \dfrac{6}{5}$。

中文翻译　题目：袋中有红球 $3$ 个、白球 $2$ 个，同时取出 $2$ 个。求取出的红球个数的期待値。解答：取法共 ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 种。红球 $0$ 个：${}_2\mathrm{C}_2 = 1$ 种，概率 $\dfrac{1}{10}$；红球 $1$ 个：${}_3\mathrm{C}_1 \times {}_2\mathrm{C}_1 = 6$ 种，概率 $\dfrac{6}{10}$；红球 $2$ 个：${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 种，概率 $\dfrac{3}{10}$。合计 $\dfrac{1 + 6 + 3}{10} = 1$。期待値 $E = 0 \times \dfrac{1}{10} + 1 \times \dfrac{6}{10} + 2 \times \dfrac{3}{10} = \dfrac{12}{10} = \dfrac{6}{5}$。

解说　取值的概率要先用组合数算：分母是全部取法 ${}_5\mathrm{C}_2$，分子是满足该取值的取法。先把三个概率加起来确认等于 $1$，再算期望；期望值 $\dfrac{6}{5}$ 不是整数也没关系，它表示长期平均每次取出 $1.2$ 个红球。

例 3　（场景：取值要先数结果个数）

問題　$2$ つのさいころを同時に投げ，大きい方の目を $M$ とする（同じ目ならその目とする）。$M$ の期待値を求めよ。

解答　$M = k$ となる結果の数を数える。$2$ つの目がともに $k$ 以下であるのは $k^2$ 通り，ともに $k - 1$ 以下であるのは $(k - 1)^2$ 通りであるから，$M = k$ となるのは $k^2 - (k - 1)^2 = 2k - 1$ 通り。

$M$	1	2	3	4	5	6	計
確率	$\dfrac{1}{36}$	$\dfrac{3}{36}$	$\dfrac{5}{36}$	$\dfrac{7}{36}$	$\dfrac{9}{36}$	$\dfrac{11}{36}$	1

よって $E = \dfrac{1 \times 1 + 2 \times 3 + 3 \times 5 + 4 \times 7 + 5 \times 9 + 6 \times 11}{36} = \dfrac{1 + 6 + 15 + 28 + 45 + 66}{36} = \dfrac{161}{36}$。

中文翻译　题目：同时投两颗骰子，设较大的点数为 $M$（两颗相同时就是那个点数）。求 $M$ 的期待値。解答：数 $M = k$ 的结果数。两颗都不超过 $k$ 的有 $k^2$ 种，都不超过 $k - 1$ 的有 $(k - 1)^2$ 种，所以 $M = k$ 的有 $k^2 - (k - 1)^2 = 2k - 1$ 种。 $M$ 与概率的对应如下：$M=1,2,3,4,5,6$ 的概率分别为 $\dfrac{1}{36},\dfrac{3}{36},\dfrac{5}{36},\dfrac{7}{36},\dfrac{9}{36},\dfrac{11}{36}$，合计 $1$。所以 $E = \dfrac{1 \times 1 + 2 \times 3 + 3 \times 5 + 4 \times 7 + 5 \times 9 + 6 \times 11}{36} = \dfrac{1 + 6 + 15 + 28 + 45 + 66}{36} = \dfrac{161}{36}$。

解说　另一种解法：直接画 $6 \times 6$ 的表，每格写两数中较大的那个，数每个数出现几次：$1$ 出现 $1$ 次，$2$ 出现 $3$ 次（一个“L”形），……，$6$ 出现 $11$ 次。和上面一致。用“不超过 $k$“相减的方法在骰子更多（例如三颗骰子用 $k^3 - (k - 1)^3$）时照样能用；画表只适合两颗。容易卡在：$M = k$ 的个数写成 $2k$，把 $(k, k)$ 数了两次。

例 4　（场景：比较两种方案）

問題　ゲーム甲：硬貨を $3$ 回投げ，表が出るたびに $100$ 円もらえる。ゲーム乙：さいころを $1$ 回投げ，$5$ または $6$ の目が出たら $400$ 円，それ以外は $0$ 円もらえる。もらえる金額の期待値が大きいのはどちらか。

解答　甲：表の回数が $0, 1, 2, 3$ である確率はそれぞれ $\dfrac{1}{8}$，$\dfrac{3}{8}$，$\dfrac{3}{8}$，$\dfrac{1}{8}$（反復試行 ${}_3\mathrm{C}_r \left(\dfrac{1}{2}\right)^3$）であるから， $E_{\text{甲}} = 0 \times \dfrac{1}{8} + 100 \times \dfrac{3}{8} + 200 \times \dfrac{3}{8} + 300 \times \dfrac{1}{8} = \dfrac{1200}{8} = 150$。

乙：$E_{\text{乙}} = 400 \times \dfrac{2}{6} + 0 \times \dfrac{4}{6} = \dfrac{400}{3} \approx 133.3$。

$150 > \dfrac{400}{3}$ であるから，ゲーム甲の期待値の方が大きい。

中文翻译　题目：游戏甲：投硬币 $3$ 次，每出一次正面得 $100$ 円。游戏乙：投一颗骰子 $1$ 次，出 $5$ 点或 $6$ 点得 $400$ 円，否则得 $0$ 円。哪个游戏得到金额的期待値大？解答：甲：正面次数 $0$、$1$、$2$、$3$ 的概率依次是 $\dfrac{1}{8}$、$\dfrac{3}{8}$、$\dfrac{3}{8}$、$\dfrac{1}{8}$（反復試行 ${}_3\mathrm{C}_r \left(\dfrac{1}{2}\right)^3$），$E_{\text{甲}} = 0 \times \dfrac{1}{8} + 100 \times \dfrac{3}{8} + 200 \times \dfrac{3}{8} + 300 \times \dfrac{1}{8} = \dfrac{1200}{8} = 150$。乙：$E_{\text{乙}} = 400 \times \dfrac{2}{6} + 0 \times \dfrac{4}{6} = \dfrac{400}{3} \approx 133.3$。$150 > \dfrac{400}{3}$，所以游戏甲的期待値大。

解说　比较方案只看期待值的大小，不看单次最多能拿多少。甲每次的金额是“正面次数 × $100$”，正面次数服从反復試行；乙只有两种结果，直接按 $\dfrac{2}{6}$ 和 $\dfrac{4}{6}$ 加权。$\dfrac{400}{3} \approx 133.3 < 150$，所以选甲。

常用推论

• 一颗骰子点数的期待値是 $\dfrac{7}{2}$。推导：$\dfrac{1 + 2 + \dots + 6}{6} = \dfrac{21}{6}$。
• 反復試行 $n$ 次、每次概率 $p$，发生次数的期待値是 $np$。例 4 的游戏甲：正面次数期待値 $3 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$，乘 100 得 150 円。推导要用“和的期待値等于期待値的和”，见本书第 15 章（コース2）；コース1 的题目一般会让你列表计算。
• 每个取值统一乘 $a$ 再加 $b$，期待値也乘 $a$ 再加 $b$：$a x_i + b$ 的期待値是 $aE + b$。推导：$(a x_1 + b) p_1 + \dots + (a x_n + b) p_n = a(x_1 p_1 + \dots + x_n p_n) + b(p_1 + \dots + p_n) = aE + b$。
• 两个量相加，期待値相加（本书第 15 章）。

易错点

• 错在哪：例 1 列表时漏了“没有奖金”的 58 支，概率总和只有 $\dfrac{42}{100}$ 也没发现。 为什么错：0 円那一项乘积是 0，不影响 $E$，但列表时不写就没法用「計＝1」检查。 正确做法：每个取值都列出来，先确认概率总和是 1，再算 $E$。
• 错在哪：期待値算成各个取值的简单平均，例 1 写成 $\dfrac{1000 + 500 + 100 + 0}{4}$。 为什么错：各取值出现的可能性不同，要按概率加权。 正确做法：$E = x_1 p_1 + \dots + x_n p_n$。只有各取值等可能时，才等于简单平均。
• 错在哪：认为期待値一定是能取到的值，答案 $\dfrac{161}{36}$ 不是整数就以为算错。 为什么错：期待値是长期平均，可以是任何实数。 正确做法：按格子形式填分数即可；用“在最小值和最大值之间”检查大致范围。

直观理解

把概率想成重量：在数轴上 $x_i$ 处放重量为 $p_i$ 的砝码，总重量是 1。期待値就是这根“秤杆”的平衡点（重心）。上面的柱状图里，右边的柱子重，平衡点 $\dfrac{161}{36} \approx 4.47$ 偏向右边。

也可以想成“玩很多次的平均收获”：例 1 的签抽 10000 次，大约共得 $10000 \times 100 = 1000000$ 円，而付出 $10000 \times 120 = 1200000$ 円，长期一定亏。

关联知识点

• 前置：国内书第 36 章 36.3 节：离散型随机变量的均值，与本节的期待値是同一个东西。
• 前置：7.3、7.4、7.5 节：算每个取值的概率时要用排列组合、反復試行。
• 后续：本书第 15 章 確率分布（仅コース2）：$E(X)$、$V(X)$、$E(aX + b)$、和的期待値，2026 年新增。
• 常一起考：EJU 题目可能在反復試行或取球题的最后一小问问期待値（新内容，以 2026 年度以后的公开题为准）。

7.8 题型与答法

EJU 的计数和概率题在コース1 几乎每回都有：公开的 2017 年第 2 回、2018 年第 1 回、2018 年第 2 回、2019 年第 1 回、2020 年第 2 回，コース1 大问 Ⅰ 的问 2 都是计数或概率。コース2 的大问 Ⅰ 也会出现（2018 年第 2 回コース2 Ⅰ 问 2 与コース1 是同一道概率题）。期待値的出题形式还没有官方样题。一道题通常围绕一个情境（取球、投骰子、排座位）分三四步誘導，前一步的结果是后一步的材料。2026 年起期待値可能作为最后一步出现。

誘導的典型骨架：

• 計数：(1) 无条件的总数 →(2) 加一个条件（相邻、不相邻、圆桌）→(3) 换一个模型（重复排列、分房间），常用总数减去不满足的。
• 反復試行：(1) 恰好 $r$ 次 →(2) 规定顺序（第 $k$ 次初めて）→(3) 条件付き確率或期待値。
• 取球、抽签：(1) 某个事件的概率 →(2) 得分的期待値 →(3) 已知某个结果的条件付き確率。

填涂提醒：概率答案是既约分数，数一数分子分母各几格再约分；计数答案「〜通り」是整数，三位数就占三格。

問題 1　（場合の数）

男子 $4$ 人と女子 $2$ 人の合計 $6$ 人がいる。

(1) $6$ 人が $1$ 列に並ぶとき，女子 $2$ 人が隣り合う並び方は $\fbox{ABC}$ 通りある。

(2) $6$ 人が円形のテーブルのまわりに座るとき，座り方は全部で $\fbox{DEF}$ 通りあり，そのうち女子 $2$ 人が隣り合わない座り方は $\fbox{GH}$ 通りある。

(3) $6$ 人を $3$ つの部屋 P，Q，R に入れる。だれも入らない部屋があってもよいとき，入れ方は $\fbox{IJK}$ 通りある。また，どの部屋にも少なくとも $1$ 人が入るような入れ方は $\fbox{LMN}$ 通りある。

解答　(1) 女子 $2$ 人をひとかたまりとみなし，男子 $4$ 人と合わせた $5$ 個を $1$ 列に並べると $5! = 120$ 通り。女子の内部の入れ替えが $2! = 2$ 通りあるから，$120 \times 2 = 240$ 通り。 よって $\fbox{ABC} = 2, 4, 0$。

(2) 円順列は $(6 - 1)! = 120$ 通り。女子 $2$ 人が隣り合うのは，ひとかたまりと男子 $4$ 人を円形に並べて $(5 - 1)! = 24$ 通り，女子の内部が $2$ 通りで，$24 \times 2 = 48$ 通り。よって隣り合わないのは $120 - 48 = 72$ 通り。 したがって $\fbox{DEF} = 1, 2, 0$，$\fbox{GH} = 7, 2$。

(3) 各人が $3$ つの部屋から選ぶから，$3^6 = 729$ 通り。空き部屋がある入れ方は，指定した $1$ 部屋が空くのが $2^6 = 64$ 通りで，$3$ 部屋分が $3 \times 64 = 192$ 通り。ただし「$2$ 部屋が空く（全員が同じ部屋に入る）」$3$ 通りは重複して引いているから，加え戻す。空き部屋があるのは $192 - 3 = 189$ 通り。よって空き部屋がないのは $729 - 189 = 540$ 通り。 したがって $\fbox{IJK} = 7, 2, 9$，$\fbox{LMN} = 5, 4, 0$。

中文翻译　题目：有男生 $4$ 人、女生 $2$ 人，共 $6$ 人。（1）$6$ 人排成一列时，女生 $2$ 人相邻的排法有 $\fbox{ABC}$ 种。（2）$6$ 人围着圆桌坐时，坐法共有 $\fbox{DEF}$ 种，其中女生 $2$ 人不相邻的有 $\fbox{GH}$ 种。（3）把 $6$ 人分进 P、Q、R 三个房间。允许有房间没人时，分法有 $\fbox{IJK}$ 种；每个房间至少 $1$ 人的分法有 $\fbox{LMN}$ 种。解答：（1）女生 $2$ 人捆成一个整体，与男生 $4$ 人共 $5$ 个排成一列，$5! = 120$；女生内部 $2! = 2$。共 $240$ 种。所以 $\fbox{ABC} = 2, 4, 0$。（2）圆排列 $(6 - 1)! = 120$ 种。女生相邻：捆成一个整体后 $5$ 个单位围成一圈 $(5 - 1)! = 24$，乘内部 $2$，共 $48$ 种。不相邻：$120 - 48 = 72$ 种。所以 $\fbox{DEF} = 1, 2, 0$，$\fbox{GH} = 7, 2$。（3）每人 $3$ 种选法，$3^6 = 729$ 种。有空房的：某个指定房间空着 $2^6 = 64$ 种，三个房间共 $3 \times 64 = 192$；但“两间空着（全进同一间）“的 $3$ 种各被减了两次，要加回：有空房的共 $192 - 3 = 189$ 种。没有空房：$729 - 189 = 540$ 种。所以 $\fbox{IJK} = 7, 2, 9$，$\fbox{LMN} = 5, 4, 0$。

解说　两分钟做法：先判断是“排列、圆排列、重複順列、分配”中的哪一种，再处理相邻、不相邻、空房这些附加条件。空格判断：$\fbox{ABC}$ 是 $240$ 三位；$\fbox{DEF}$ 是 $120$；$\fbox{GH}$ 是 $72$ 两位；$\fbox{IJK}$ 是 $729$；$\fbox{LMN}$ 是 $540$。第 (3) 问“有空房”用容斥：$3 \times 2^6 - 3$，减去的 $3$ 是“两间空着”被重复计算的部分，漏掉它就会得到 $540$ 以外的数。

問題 2　（反復試行と条件付き確率）

$1$ 個のさいころを $4$ 回投げる。$3$ 以上の目が出ることを「成功」とする。

(1) $4$ 回のうち成功がちょうど $3$ 回である確率は $\dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{CD}}$ である。

(2) $1$ 回目から $3$ 回目までは成功し，$4$ 回目は成功しない確率は $\dfrac{\fbox{E}}{\fbox{FG}}$ である。

(3) 成功がちょうど $3$ 回であるという事象を $A$，$1$ 回目が成功であるという事象を $B$ とする。事象 $A$ が起こったときに事象 $B$ が起こる条件付き確率は $\dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$ である。

解答　各回の成功確率は $p = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$ である。

(1) ${}_4\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \dfrac{1}{3} = 4 \times \dfrac{8}{27} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{32}{81}$。よって $\fbox{AB} = 3, 2$，$\fbox{CD} = 8, 1$。

(2) 順序が指定されているから，組合せの数を掛けない。$\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{81}$。よって $\fbox{E} = 8$，$\fbox{FG} = 8, 1$。

(3) $A \cap B$ は「成功がちょうど $3$ 回で，$1$ 回目が成功」，すなわち $2$ 回目から $4$ 回目までのうちちょうど $2$ 回成功する事象である。順序は ${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 通りで，どの順序も確率は $\dfrac{8}{81}$ だから，$P(A \cap B) = \dfrac{24}{81}$。よって $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{24/81}{32/81} = \dfrac{3}{4}$。 したがって $\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 4$。

中文翻译　题目：把一颗骰子投 $4$ 次，出 $3$ 点以上叫“成功”。（1）$4$ 次中恰好成功 $3$ 次的概率是 $\dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{CD}}$。（2）第 $1$ 到第 $3$ 次都成功、第 $4$ 次不成功的概率是 $\dfrac{\fbox{E}}{\fbox{FG}}$。（3）设“恰好成功 $3$ 次”为事件 $A$，“第 $1$ 次成功”为事件 $B$，则已知 $A$ 发生时 $B$ 发生的条件概率是 $\dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$。解答：每次成功的概率 $p = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$。（1）${}_4\mathrm{C}_3 \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \dfrac{1}{3} = 4 \times \dfrac{8}{27} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{32}{81}$。所以 $\fbox{AB} = 3, 2$，$\fbox{CD} = 8, 1$。（2）顺序已规定，不乘组合数：$\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{81}$。所以 $\fbox{E} = 8$，$\fbox{FG} = 8, 1$。（3）$A \cap B$：成功恰 $3$ 次且第 $1$ 次成功，即第 $2$ 到 $4$ 次中恰成功 $2$ 次：${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 种顺序，每种概率 $\dfrac{8}{81}$，$P(A \cap B) = \dfrac{24}{81}$。所以 $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{24/81}{32/81} = \dfrac{3}{4}$。因此 $\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 4$。

解说　两分钟做法：先分清“只问次数”还是“规定了顺序”。只问次数乘 ${}_n\mathrm{C}_r$；规定了顺序（如“前 $3$ 次成功、第 $4$ 次不成功”）就不乘。条件概率的下标是已知条件：本题已知“恰好成功 $3$ 次”，写 $P_A(B)$，不是 $P_B(A)$。也可以这样想：$A$ 发生时，“不成功”的那 $1$ 次落在 $4$ 次中的哪一次是等可能的，落在第 $2$–$4$ 次（第 $1$ 次成功）的有 $3$ 种，所以是 $\dfrac{3}{4}$。

問題 3　（期待値）

袋の中に赤玉 $3$ 個と白玉 $2$ 個が入っている。この袋から同時に $2$ 個の玉を取り出し，赤玉 $1$ 個につき $100$ 点，白玉 $1$ 個につき $50$ 点を得るものとする。

(1) 得点が $200$ 点である確率は $\dfrac{\fbox{A}}{\fbox{BC}}$ である。

(2) 得点の期待値は $\fbox{DEF}$ 点である。

(3) 得点が $200$ 点でなかったとき，取り出した $2$ 個がともに白玉である条件付き確率は $\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$ である。

解答　取り出し方は全部で ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 通り。

(1) $200$ 点は $2$ 個とも赤玉のときである。${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 通りであるから，確率は $\dfrac{3}{10}$。よって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{BC} = 1, 0$。

(2) 得点と確率は次の表のようになる。

得点	200	150	100	計
確率	$\dfrac{3}{10}$	$\dfrac{6}{10}$	$\dfrac{1}{10}$	1

（$150$ 点は赤白各 $1$ 個で $3 \times 2 = 6$ 通り，$100$ 点は $2$ 個とも白玉で $1$ 通り。） よって $E = 200 \times \dfrac{3}{10} + 150 \times \dfrac{6}{10} + 100 \times \dfrac{1}{10} = 60 + 90 + 10 = 160$。 したがって $\fbox{DEF} = 1, 6, 0$。

(3) 「$200$ 点でない」のは $6 + 1 = 7$ 通りで，そのうち $2$ 個とも白玉なのは $1$ 通り。よって条件付き確率は $\dfrac{1}{7}$ であり，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 7$。

中文翻译　题目：袋中有红球 $3$ 个、白球 $2$ 个。同时取出 $2$ 个球，每个红球得 $100$ 分，每个白球得 $50$ 分。（1）得 $200$ 分的概率是 $\dfrac{\fbox{A}}{\fbox{BC}}$。（2）得分的期待値是 $\fbox{DEF}$ 分。（3）已知得分不是 $200$ 分，取出的 $2$ 个都是白球的条件概率是 $\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$。解答：取法共 ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$ 种。（1）$200$ 分即 $2$ 个都是红球：${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 种，概率 $\dfrac{3}{10}$。所以 $\fbox{A} = 3$，$\fbox{BC} = 1, 0$。（2）得分与概率如下表：$200$ 分 $\dfrac{3}{10}$，$150$ 分 $\dfrac{6}{10}$，$100$ 分 $\dfrac{1}{10}$，合计 $1$。（$150$ 分是红白各 $1$：$3 \times 2 = 6$ 种；$100$ 分是 $2$ 个白：$1$ 种。）所以 $E = 200 \times \dfrac{3}{10} + 150 \times \dfrac{6}{10} + 100 \times \dfrac{1}{10} = 60 + 90 + 10 = 160$。因此 $\fbox{DEF} = 1, 6, 0$。（3）“不是 $200$ 分”有 $6 + 1 = 7$ 种，其中 $2$ 个都是白球的 $1$ 种，条件概率 $\dfrac{1}{7}$。所以 $\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 7$。

解说　两分钟做法：先算全部取法 ${}_5\mathrm{C}_2 = 10$，再按红球个数列出得分 $200$、$150$、$100$ 及各自取法数；条件概率的分母换成“不是 $200$ 分”的 $7$ 种，在缩小后的范围里数“两个都是白球”。空格判断：$\fbox{DEF} = 1, 6, 0$ 是 $160$ 三位；$\fbox{H} = 7$ 不是 $10$，因为条件把范围缩小了。

7.9 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
場合の数	ばあいのかず	情况数（计数）	「場合の数を求めよ」
〜通り	〜とおり	……种	「並び方は 120 通りある」
要素の個数	ようそのこすう	元素个数	$n(A)$ で表す
和集合	わしゅうごう	并集	$A \cup B$
共通部分	きょうつうぶぶん	交集	$A \cap B$
補集合	ほしゅうごう	补集	$\overline{A}$
和の法則	わのほうそく	分类加法计数原理
積の法則	せきのほうそく	分步乘法计数原理
順列	じゅんれつ	排列	${}_n\mathrm{P}_r$
組合せ	くみあわせ	组合	${}_n\mathrm{C}_r$
階乗	かいじょう	阶乘	$n!$
円順列	えんじゅんれつ	圆排列	「円形に並ぶ」「円卓に座る」
じゅず順列	じゅずじゅんれつ	项链排列	「首飾りを作る」，裏返して同じになるものは同じとみなす；参考书多写假名「じゅず」，也有写汉字「数珠順列」的
重複順列	ちょうふくじゅんれつ	可重复排列	「重複を許して並べる」
同じものを含む順列	おなじものをふくむじゅんれつ	含相同元素的排列	$\dfrac{n!}{p!\,q!\,r!}$
最短経路	さいたんけいろ	最短路径	「最短経路で行く道順は何通りか」
隣り合う	となりあう	相邻	「女子 2 人が隣り合う」
1 列に並べる	いちれつにならべる	排成一列
試行	しこう	试验
事象	じしょう	事件	「事象 $A$ が起こる」
全事象	ぜんじしょう	样本空间（必然事件）	$U$
根元事象	こんげんじしょう	基本事件
余事象	よじしょう	对立事件	$\overline{A}$，$P(\overline{A}) = 1 - P(A)$
排反	はいはん	互斥	「$A$ と $B$ は互いに排反である」
和事象	わじしょう	和事件（并）	$A \cup B$
積事象	せきじしょう	积事件（交）	$A \cap B$
同様に確からしい	どうようにたしからしい	等可能	古典概型的前提
独立な試行	どくりつなしこう	独立的试验
反復試行	はんぷくしこう	反复试验（独立重复试验）
条件付き確率	じょうけんつきかくりつ	条件概率	$P_A(B)$
乗法定理	じょうほうていり	乘法定理	$P(A \cap B) = P(A)P_A(B)$
期待値	きたいち	期望值（均值）	「得点の期待値を求めよ」
少なくとも	すくなくとも	至少	「少なくとも 1 回 6 の目が出る」
ちょうど	ちょうど	恰好	「ちょうど 2 回」
初めて	はじめて	第一次	「4 回目に初めて成功する」
もとに戻さない	もとにもどさない	不放回	「取り出した玉はもとに戻さない」
同時に取り出す	どうじにとりだす	同时取出	「2 個の玉を同時に取り出す」
先に 3 勝した方を優勝とする	さきにさんしょうしたほうをゆうしょうとする	先赢 3 局者夺冠
〜であったとき	〜であったとき	已知……时	条件付き確率的问法
引き分け	ひきわけ	平局	「引き分けはないものとする」

7.10 自测

1. 1 到 200 的整数中，既不能被 3 整除、也不能被 5 整除的有多少个？
2. 全集 $U$ 有 40 个元素，$n(A) = 25$，$n(B) = 22$。求 $n(A \cap B)$ 的最大值和最小值。
3. A、B 等 5 人围坐圆桌，A、B 不相邻的坐法有多少种？
4. 用 7 颗颜色各不相同的珠子串成手镯，有多少种串法？
5. 5 个人进 A、B 两个房间，每个房间至少 1 人，有多少种进法？
6. 用 1、1、2、2、2、3 六个数字全部排成六位数，有多少个？
7. 投一枚硬币 6 次，恰好 4 次正面的概率是多少？
8. A、B 比赛，每局 A 赢的概率是 $\dfrac{1}{2}$，无平局，先赢 2 局者夺冠。比赛在第 3 局结束且 A 夺冠的概率是多少？
9. 投两颗骰子，已知至少有一颗是 6 点，求两颗都是 6 点的条件概率。
10. 投一颗骰子，得分为点数的平方，求得分的期待値。

答案：1. 107 个；2. 最大 22，最小 7；3. 12 种；4. 360 种；5. 30 种；6. 60 个；7. $\dfrac{15}{64}$；8. $\dfrac{1}{4}$；9. $\dfrac{1}{11}$；10. $\dfrac{91}{6}$。

7.11 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 5 项「場合の数と確率」列出本章全部小项目，含 2026 年新增的期待値。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，コース1、コース2 的大问 Ⅰ 常有计数和概率的誘導题，可用来熟悉题干说法。
• 维基百科（日文）· 条件付き確率：条件付き確率的定义、乗法定理和贝叶斯定理的日文说法，查记号和术语时用。
• 维基百科（日文）· 期待値：期待値的定义、线性性质和日文用语，2026 年新增内容可以先在这里看日文说法。