解説

方針・初手

積 $Y=X_1X_2\cdots X_n$ がある数で割り切れるかは、その素因数を含む目が少なくとも1回出るかで判定する。

$5$ の因数はさいころの目では $5$ だけから得られる。$15=3\cdot 5$ であるから、$15$ で割り切れるには、少なくとも1回 $5$ が出て、かつ少なくとも1回 $3$ の倍数である $3$ または $6$ が出る必要がある。

解法1

まず、$Y$ が $5$ で割り切れる確率を求める。

$Y$ が $5$ で割り切れるための条件は、$X_1,\ldots,X_n$ の中に少なくとも1つ $5$ が含まれることである。

したがって、余事象は「$n$ 回すべてで $5$ が出ない」ことである。1回で $5$ が出ない確率は $\frac{5}{6}$ であるから、独立性より

$$ P(Y\text{ が }5\text{ で割り切れない})=\left(\frac{5}{6}\right)^n

$$

である。よって

$$ \begin{aligned} P(Y\text{ が }5\text{ で割り切れる}) &= 1-\left(\frac{5}{6}\right)^n \end{aligned} $$

である。

次に、$Y$ が $15$ で割り切れる確率を求める。

$15=3\cdot 5$ であり、さいころの目のうち $5$ の因数をもつものは $5$ だけ、$3$ の因数をもつものは $3,6$ である。

そこで、次の事象を考える。

$$ A={5\text{ が少なくとも1回出る}},\qquad B={3\text{ または }6\text{ が少なくとも1回出る}}

$$

求める確率は $P(A\cap B)$ である。

余事象を用いると、

$$ P(A\cap B)=1-P(A^c\cup B^c)

$$

であり、包除原理より

$$ P(A\cap B)=1-P(A^c)-P(B^c)+P(A^c\cap B^c)

$$

となる。

まず、$A^c$ は「$5$ が1回も出ない」ことであるから

$$ P(A^c)=\left(\frac{5}{6}\right)^n

$$

である。

また、$B^c$ は「$3,6$ が1回も出ない」ことであり、各回で出てよい目は $1,2,4,5$ の4通りなので

$$ P(B^c)=\left(\frac{4}{6}\right)^n=\left(\frac{2}{3}\right)^n

$$

である。

さらに、$A^c\cap B^c$ は「$5$ も $3,6$ も出ない」ことであり、各回で出てよい目は $1,2,4$ の3通りなので

$$ P(A^c\cap B^c)=\left(\frac{3}{6}\right)^n=\left(\frac{1}{2}\right)^n

$$

である。

したがって、

$$ \begin{aligned} P(Y\text{ が }15\text{ で割り切れる}) &= 1-\left(\frac{5}{6}\right)^n-\left(\frac{2}{3}\right)^n+\left(\frac{1}{2}\right)^n \end{aligned} $$

である。

解説

この問題では、積そのものの値を直接調べるのではなく、必要な素因数が少なくとも1回現れるかを考えるのが有効である。

$5$ で割り切れるかどうかは「$5$ が出たか」だけで決まる。一方、$15$ で割り切れるには $3$ と $5$ の両方の因数が必要なので、「$5$ が出ること」と「$3$ または $6$ が出ること」の共通部分を考える。

直接 $A\cap B$ を数えるより、$A^c,B^c$ を用いて包除原理を使うと、各回で許される目の個数を数えるだけで済む。

答え

**(1)**

$$ 1-\left(\frac{5}{6}\right)^n

$$

**(2)**

$$ 1-\left(\frac{5}{6}\right)^n-\left(\frac{2}{3}\right)^n+\left(\frac{1}{2}\right)^n

$$