伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊

チョコボールのエンゼルマークを当てる話
ご とう

ゆう た

いしはらさとし後藤 優太，石原諭伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊§1．はじめに(金の場合)

数学の課題学習として生徒が自発的に考察を進めら金の場合は，1000 個買えば，少なくとも 1 枚当たる

れる教材を日々探しているが，これは同僚の先生と確率は 63 % 以上で，3000 個買えば，少なくとも 1の会話から得られた話題であり，生徒への投げかけ枚当たる確率は 95 % 以上となることがわかる。

をしながら考察したものである。生徒ならばどのよ

金チョコn (試行回数)
p (確率)
少なくとも 1 個当たる確率10000.001
0.632304575

銀チョコn (試行回数)
p (確率)
少なくとも 1 個当たる確率300.033333333
0.638338487

うな考察をするか，また，教師がどのような発問をすればより効果的な教材となるかということを考えてまとめた。

§2．問題 1
チョコボールというお菓子がある。これを買うと金これを一般的に考えてみる。
1とする。
kまたは銀のエンゼルマーク (くちばしの形) がおまけ

金のエンゼルマークが 1 枚当たる確率をでついていて，これを集めると，金なら 1 枚で，銀なチョコボールを n 個買うとき，金のエンゼルマーク

ら 5 枚で景品がもらえるらしい。会社の HP で確認
すると，金や銀のエンゼルマークが入っている確率は秘密ということであるが，ある人から聞いた話では金が入っている確率は率は1，銀が入っている確1000



1 でkある。



特に k=n のとき，p=1− 1−

1 であるが，こnの値は n がある程度以上に大きいとき，ある一定の130値に近くなる (約 63 %) ということに気がついた。ということである。このうわさが本当であるとして，(問題 1 )

が少なくとも 1 枚当たる確率は p=1− 1−

金や銀のエンゼルマーク 1 枚を当てるた

めには何個買えばよいだろうか。

そこでこの一定の値は何か考えてみた。

 

式で表すと lim 1− 1−

1 1=1−となり，これne(考えられる解答)を計算すると約 63 % になる。一定の値はこれであチョコボールを n 個買うとして，金，銀のエンゼルった。さらに一般化して，マークが少なくとも 1 枚当たる確率は，

lim 1− 1−    129
銀の場合は p=1−1−  =1−  である。
3030

金の場合は p=1− 1−11000

=1−999 1000

これを Excel で計算したところ次のような結果になった。
(銀の場合)
銀の場合は，30 個買えば，少なくとも 1 枚当たる確率は 63 % 以上で，89 個買えば，少なくとも 1 枚当たる確率は 95 % 以上になる。

26 1 1=1−  を考えることにより，ne次のことがいえる。
(結論)
金のエンゼルマークが 1 枚当たる確率が1のとき，n

チョコボールを kn 個買ったときに金のエンゼルマ

ークが少なくとも 1 枚当たる確率は 1− 1−1 nである。この確率は n  ∞ のとき収束し，その 

値は lim 1− 1−

1 1=1−  である。
ne

63 %×1.58=99.54 % であるから，ほぼ確実に当たることがわかる。
以上のことは日常生活で言えばチョコボールの金のエンゼルマークや宝くじなど， 1 回の試行で当たる確率が極めて小さいものに対して，当てたいと思っているけれどもなかなか当たらなくて，そのうちについ出費がかさんでしまったけれど，結局出費の割に当たりが少なかった，あるいは効果がなかったと

このグラフから次のことがわかる。
⑴

金のエンゼルマークが 1 枚当たる確率が1のnいう経験と合致していると思われる。
(発展)

とき，チョコボールを買う数を n 個から 2n 個に増このような身近な確率で自然対数の底 e が現れるのやしたとしても，当たる確率は 2 倍にはならず，は大変不思議であるが，これは実はポアソン分布と1 1− 1−1 n=1+ 1−n1 1− 1−n 1+関係があった。ポアソン分布は， 1 回の試行において起こる確率 p が非常に小さく，また試行回数 n が非常に大きい二項分布の近似として用いられる確率分布である。

1≈1.36 (n  ∞)e

今の場合，金のエンゼルマークが当たる枚数を確率倍となる。これは当たり前のことではあるが，消費者が陥りやすいところかもしれない。この場合，
63 %×1.36=85.68 % であるから， 2 倍の出費をしさえすれば当たる確率はかなり上昇する。
⑵ 一般にチョコボールを買う数を n 個から kn 個に増やすと






1 n1 1 1 + 1−+ 1− =1+ 1−1nnn1− 1−n1− 1−  

1 +……+ 1−n1e(n  ∞)
11−e1−倍になる。今，十分大きな n について考えているとすれば，買う数を k 倍に増やしたときの当たる確率
1eの挙動にほぼ等しいと考えるこは関数 =
11−e1−とができる。
ここで k  ∞ としてみると，
11e=≈1.58 となる。
lim =lim
11
1−1−ee1−

つまり，無限に多く買うことができれば，変数 X とすると，np=k (一定) であるから，ポアソン分布の公式から P(X =0)=k  1e =  となe0!

る。これを用いれば，当たる確率が1のとき，knn個買ったときに少なくとも 1 個当たる確率はn  ∞ のとき収束し，その値は 1−P(X=0) であるといえる。

§3．問題 2(問題 2 )金のエンゼルマーク 1 枚，銀のエンゼルマーク 5 枚
いずれの場合でも集まればおまけがもらえるということであるが，どちらの方が早くおまけがもらえるようになるだろうか。
(考えられる解答 1 )チョコボールを n 個買うとき，金のエンゼルマークが少なくとも 1 枚当たる確率 p と，銀のエンゼルマークが少なくとも 5 枚当たる確率 p を比較する。
999
 100029129p =1−  − C    303030129129− C    − C   30303030
129− C   3030p=1−



27である。これをエクセルで計算した結果，次のグラボールを買った個数を確率変数 Y とすれば，フのようになった。

E(X)=E(5Y )=5×E(Y )=5×30=150 と 計 算 できる。これより銀のエンゼルマーク 5 枚が集まっておまけをもらう確率の方が大きいといえる。
(発展)
ここで現れた X や Y の確率分布は幾何分布と呼ばれるものであり，上記の数列の和の計算から幾何分布の期待値の公式が得られたことになる。
このようなことを考えているうちに，28 個目の購入で銀のエンゼルマークの 1 枚目を当てることができ(結論)た。このことから銀のエンゼルマークが入っているチョコボールを買う個数が 64 個未満ならば金のエ確率の信憑性について考えた。

ンゼルマーク 1 枚の方が当たる確率が大きい。
チョコボールを買う個数が 64 個以上ならば銀のエ§4．問題 3

ンゼルマーク 5 枚の方が当たる確率が大きい。

(問題 3 )

今回のようにたくさん購入することが多い場合は，28 個目の購入で銀のエンゼルマークの 1 枚目が当

銀のエンゼルマークが 5 枚集まっておまけがもらえたった。このことから銀のエンゼルマークが入ってるようになることの方が起こりやすいということにいる確率はなる。

(考えられる解答 1 )(考えられる解答 2 )それぞれの場合でおまけがもらえるようになる回数
金のエンゼルマーク 1 枚が当たったときに，それまでに買ったチョコボールの個数を確率変数 X とし，銀のエンゼルマーク 5 枚が当たったときに，それまでに買ったチョコボールの個数を確率変数 X とする。
11 1000  1000

111E(X )= ∑ k C   1−  ⋅ 303030E(X)= ∑ k 1−となる。
E(X) については (等差数列)×(等比数列) の和なので容易に計算できる。

∑ k(1− p)

(n  ∞) であるからE(X)= p ∑ k⋅(1− p)= p⋅11= =1000p p

一方，E(X) は，その意味を考えれば，銀のエンゼルマークが 1 枚当たったときに，それまでにチョコ281=28pあるので，これと比較するとこれより p≈11=でp p1となる。
28(考えられる解答 2 )チョコを買うという試行は復元抽出であると考えてよい。
そこで n 回の復元抽出において 1 回だけ銀のエンゼルマークが当たったとすると
f ( p)=C p(1− p)=np(1− p)
この関数が 0< p<1 において最大値をとるようなおいて微分すると

11−(1− p) n(1− p)
 =−ppp



確率 p を求める。f ()=n(1−) (0<<1) と

1p=とおくと1000


最尤法を用いる。母集団の数は非常に大きいため，

X，X の期待値はそれぞれ期待値から確率を求める。
上の計算結果から p ∑ k(1− p)= p⋅の期待値を比較する。

1といってよいか。
30f ′()=n(1−n)(1−)
これより， f () は =1において最大値をとる。
n(最尤推定値)
したがって，f ( p) は p=1において最大値をとる。
nn=28 であると考えて，p≈

1である。
28

(結論)

§5．おわりにいずれの考え方でも銀のエンゼルマークは 28 枚にごく当たり前の結果を示したに過ぎず，目新しいも1 枚は入っていると考えられ，これは当たる確率がのではないが，課題学習の題材として，これと似た1であるという事実に近い。
30

問題を授業等で扱うことで，さまざまな生徒のアプ最後に， p の信頼区間を考えようと思ったが，標本の数が少ないため断念した。90 % の信頼区間の誤1差を 0.01 以内に抑えるためには p=として標28
本数が11⋅ ⋅ 1− ≒937.6 個必要である
 1.650.01  28 28ためである。



ローチが期待でき，理解が深まると思われる。他の実践例があれば是非教えていただきたいと思います。
《参考文献》〔1〕

統計学入門

木村等，大藪和雄〔2〕

やさしい統計入門

石川浩
田栗正章，藤越康祝，柳井晴夫，C・R・ラオ〔3〕

統計解析のはなし

石村貞夫(静岡県立浜松湖北高等学校)

29