1A 第7章
7. 確率
確率の全体像
\[\boldsymbol{確率は・・・「\class{mathkuu}{\underline{同じものはまず区別！！}}」}\] そして，状況把握がすべて。書き出したり小さな数字で実験をし，問題の状況を掴む！ また，場合の数同様・・・どの式をどう立てるかを意識！どの式・・・
有名な題材・式は以下の3種
Point 1A 7.1.1 ①サイコロ・コイン型
サイコロ・コインを\(n\)回繰り返し投げたり，\(n\)個を一度に投げたりする問題では以下の2つの式がよく利用される。問題に応じて扱いやすい式を選ぶ。
i) 反復試行：\(:{ }_n C_r \cdot p^r \cdot(1-p)^{n-r}\)
ii) 重複順列の比で求める：\(\frac{\text { 求める場合の数 }}{6^n}，\frac{\text { 求める場合の数 }}{2^n}\)
Point 1A 7.1.2 ②玉・くじ・カード型
箱や袋に入った玉・くじ・カードを取り出す問題では，取り出したものをどう処理するのかで立式が異なる。
I) 元に戻す型（復元抽出）・・・サイコロ・コインと同じくi) 反復試行 or ii) 重複順列
II) 元に戻さない型・・・
i) 順序あり（非復元抽出）\(\longrightarrow\)順列\(（\ { }_n P_r など\ ）\)
ii) 順序なし（同時抽出）\(\longrightarrow\)組合せ\(（\ { }_n C_r など\ ）\)
※上記以外のパターンは都度状況を把握してどの立式か考える。
II) 元に戻さない型・・・
i) 順序あり（非復元抽出）\(\longrightarrow\)順列\(（\ { }_n P_r など\ ）\)
ii) 順序なし（同時抽出）\(\longrightarrow\)組合せ\(（\ { }_n C_r など\ ）\)
※上記以外のパターンは都度状況を把握してどの立式か考える。
Point 1A 7.1.3 ③ジャンケン型
ジャンケンの立式は, 重複順列の比で求める: \(\dfrac{{ }_n C_k \cdot{ }_3 C_1}{3^{\text {人数 }}}\)
・全事象は\(3^{\text {人数 }}\)で考える！
・勝敗が決まる手の出し方は,『誰が』『どの手を』出して勝ったか決める！
- あいこは, 余事象で考えるとよい！-
・勝敗が決まる確率の余事象で求める！
・手の出し方の種類数の余事象で求める！
・全事象は\(3^{\text {人数 }}\)で考える！
・勝敗が決まる手の出し方は,『誰が』『どの手を』出して勝ったか決める！
- あいこは, 余事象で考えるとよい！-
・勝敗が決まる確率の余事象で求める！
・手の出し方の種類数の余事象で求める！
① 直接求める，② 全体から引く(余事象)，③ 漸化式立てる
\[1つのサイコロを繰り返しn回投げるとき，積が3の倍数になる確率は？\]
① 直接求める
事象\(A,B\)を以下のように定義する。
\(A\)：3 or 6 の目が出る
\(B\)：それ以外の目が出る
積が3の倍数になるには，\(n\)回中，\(A\)が1回以上出ればいいので， \[ _{n}C_{1}\left(\dfrac{2}{6}\right)^1\left(\dfrac{4}{6}\right)^{n-1} + _{n}C_{2}\left(\dfrac{2}{6}\right)^2\left(\dfrac{4}{6}\right)^{n-2} + \cdots + _{n}C_{n-1}\left(\dfrac{2}{6}\right)^{n-1}\left(\dfrac{4}{6}\right) + _{n}C_{n}\left(\dfrac{2}{6}\right)^n \] \[=\left( \dfrac{2}{6}+\dfrac{4}{6}\right) ^n-_nC_0\left( {\dfrac{4}{6}}\right) = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n\]
なお，途中で二項定理の逆を用いた。毎回の成功確率が一定で，成功か失敗かなど2状態の反復試行はこの形になる。反復試行の時点で意識しておこう。
② （方法2）余事象を利用する
積が3の倍数にならないのは，\(n\)回中，\(B\)が\(n\)回出る時なので， \[ 1 - \left(\dfrac{4}{6}\right)^n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n \]
③ （方法3）漸化式を立てる \(n\)回投げて，出た目の積が3の倍数になる確率を\(p_n\)とおく。 \(p_1 = \dfrac{1}{3}\) \(n\)回投げて，積が3の倍数なら，\((n+1)\)回目に何が出ても積が3の倍数になる。
\(n\)回投げて，積が3の倍数でないなら，\((n+1)\)回目に，3 or 6 が出ればよいので， \[ p_{n+1} = p_n + \dfrac{1}{3}(1 - p_n) \quad \Longleftrightarrow \quad p_{n+1} = \dfrac{2}{3}p_n + \dfrac{1}{3} \quad \Longleftrightarrow \quad p_{n+1} -1= \dfrac{2}{3}(p_n - 1) \] よって， \(p_n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n\) \[\boldsymbol{n絡みの確率は漸化式を発想の一つに持っておこう！}\]
事象\(A,B\)を以下のように定義する。
\(A\)：3 or 6 の目が出る
\(B\)：それ以外の目が出る
積が3の倍数になるには，\(n\)回中，\(A\)が1回以上出ればいいので， \[ _{n}C_{1}\left(\dfrac{2}{6}\right)^1\left(\dfrac{4}{6}\right)^{n-1} + _{n}C_{2}\left(\dfrac{2}{6}\right)^2\left(\dfrac{4}{6}\right)^{n-2} + \cdots + _{n}C_{n-1}\left(\dfrac{2}{6}\right)^{n-1}\left(\dfrac{4}{6}\right) + _{n}C_{n}\left(\dfrac{2}{6}\right)^n \] \[=\left( \dfrac{2}{6}+\dfrac{4}{6}\right) ^n-_nC_0\left( {\dfrac{4}{6}}\right) = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n\]
なお，途中で二項定理の逆を用いた。毎回の成功確率が一定で，成功か失敗かなど2状態の反復試行はこの形になる。反復試行の時点で意識しておこう。
② （方法2）余事象を利用する
積が3の倍数にならないのは，\(n\)回中，\(B\)が\(n\)回出る時なので， \[ 1 - \left(\dfrac{4}{6}\right)^n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n \]
③ （方法3）漸化式を立てる \(n\)回投げて，出た目の積が3の倍数になる確率を\(p_n\)とおく。 \(p_1 = \dfrac{1}{3}\) \(n\)回投げて，積が3の倍数なら，\((n+1)\)回目に何が出ても積が3の倍数になる。
\(n\)回投げて，積が3の倍数でないなら，\((n+1)\)回目に，3 or 6 が出ればよいので， \[ p_{n+1} = p_n + \dfrac{1}{3}(1 - p_n) \quad \Longleftrightarrow \quad p_{n+1} = \dfrac{2}{3}p_n + \dfrac{1}{3} \quad \Longleftrightarrow \quad p_{n+1} -1= \dfrac{2}{3}(p_n - 1) \] よって， \(p_n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n\) \[\boldsymbol{n絡みの確率は漸化式を発想の一つに持っておこう！}\]
Point 1A 7.1.4 「同じものはまず区別！！」 〜 区別しなかったら・・・? 〜
まずは確率問題の大前提，同じものもまず区別する。区別しなくても解けることはあるが，区別しないと，数えている並びの出やすさが等しくならないことがある。例で確かめてみよう。
色の組合せだけを考えると，\((\text{赤},\text{赤},\text{赤})\)，\((\text{赤},\text{赤},\text{白})\)，\(\cdots\)，\((\text{赤},\text{白},\text{青})\)の\(9\)通りで，\(3\)色そろうのは\(1\)通り。よって\(\dfrac{1}{9}\)としてしまう。
→間違い。理由は，この\(9\)通りの出やすさが等しくないから（「同様に確からしい」といえない）。
たとえば\((\text{赤},\text{白},\text{青})\)は，赤\(4\)個から\(1\)個，白\(3\)個から\(1\)個，青\(2\)個から\(1\)個の選び方で\(4\times 3\times 2=24\)通りあるが，\((\text{赤},\text{赤},\text{赤})\)は\({}_4\mathrm{C}_3=4\)通りしかない。要は，色の組合せごとに"重み"が違う。
【同じものを区別する】
\(9\)個の玉をすべて別のものとみなす。全事象は，\(9\)個から\(3\)個を選ぶ\({}_9\mathrm{C}_3=84\)通りで，どれも同様に確からしい。
\(3\)色そろうのは，赤\(4\)個・白\(3\)個・青\(2\)個から\(1\)個ずつ選ぶ\(4\times 3\times 2=24\)通り。よって \[ \dfrac{24}{84}=\dfrac{2}{7} \] こういった"重みの違い"を避けるため，確率ではすべてを区別してスタートしよう！
例：袋に赤玉\(4\)個，白玉\(3\)個，青玉\(2\)個の計\(9\)個が入っている。同時に\(3\)個取り出すとき，\(3\)色がそろう確率は？
【同じものを区別しない】色の組合せだけを考えると，\((\text{赤},\text{赤},\text{赤})\)，\((\text{赤},\text{赤},\text{白})\)，\(\cdots\)，\((\text{赤},\text{白},\text{青})\)の\(9\)通りで，\(3\)色そろうのは\(1\)通り。よって\(\dfrac{1}{9}\)としてしまう。
→間違い。理由は，この\(9\)通りの出やすさが等しくないから（「同様に確からしい」といえない）。
たとえば\((\text{赤},\text{白},\text{青})\)は，赤\(4\)個から\(1\)個，白\(3\)個から\(1\)個，青\(2\)個から\(1\)個の選び方で\(4\times 3\times 2=24\)通りあるが，\((\text{赤},\text{赤},\text{赤})\)は\({}_4\mathrm{C}_3=4\)通りしかない。要は，色の組合せごとに"重み"が違う。
【同じものを区別する】
\(9\)個の玉をすべて別のものとみなす。全事象は，\(9\)個から\(3\)個を選ぶ\({}_9\mathrm{C}_3=84\)通りで，どれも同様に確からしい。
\(3\)色そろうのは，赤\(4\)個・白\(3\)個・青\(2\)個から\(1\)個ずつ選ぶ\(4\times 3\times 2=24\)通り。よって \[ \dfrac{24}{84}=\dfrac{2}{7} \] こういった"重みの違い"を避けるため，確率ではすべてを区別してスタートしよう！
Point 1A 7.1.5 ①サイコロ・コイン型
サイコロ・コインを\(n\)回繰り返し投げたり，\(n\)個を一度に投げたりする問題では以下の2つの式がよく利用される。問題に応じて扱いやすい式を選ぶ。
2の目が1回，1の目が2回出ればよく， \[ \class{mathkuu}{\underline{_{3}C_{1} \left( \dfrac{1}{6} \right)^1 \left( \dfrac{1}{6} \right)^2}} = \dfrac{3}{216} = \dfrac{1}{72} \] ※公式のように\(p^r \cdot({\color{red}{1-p}})^{n-r}\)となるのは，成功か失敗かなど，合計確率1のとき。
そうでなくてもこの問題のように同様な計算ができる。 ii) （方法2） 各回サイコロの出た目を と書くと，
全事象は ①～⑥ の数字をBOXの中に重複を許して並べる順列の総数で， \[ \class{mathkuu}{\underline{6^3}} \] となり，これらは同様に確からしい。（全部 \(\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6}\)）
求めるのは，
\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\) ，\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\) ，\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\) の3通りである。
よって，求める確率は， \[ \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3}{6^3}}} = \dfrac{1}{72} \] \[問題に応じて，扱いやすい方を選ぼう！\]
i) 反復試行：\(:{ }_n C_r \cdot p^r \cdot(1-p)^{n-r}\)
ii) 重複順列の比で求める：\(\frac{\text { 求める場合の数 }}{6^n}\)，\(\frac{\text { 求める場合の数 }}{2^n}\)
サイコロを3回投げるとき，目の和が4になる確率は？
i)
（方法1） 各回の試行は独立であり，2の目が1回，1の目が2回出ればよく， \[ \class{mathkuu}{\underline{_{3}C_{1} \left( \dfrac{1}{6} \right)^1 \left( \dfrac{1}{6} \right)^2}} = \dfrac{3}{216} = \dfrac{1}{72} \] ※公式のように\(p^r \cdot({\color{red}{1-p}})^{n-r}\)となるのは，成功か失敗かなど，合計確率1のとき。
そうでなくてもこの問題のように同様な計算ができる。 ii) （方法2） 各回サイコロの出た目を と書くと，
全事象は ①～⑥ の数字をBOXの中に重複を許して並べる順列の総数で， \[ \class{mathkuu}{\underline{6^3}} \] となり，これらは同様に確からしい。（全部 \(\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6}\)）
求めるのは，
\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\) ，\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\) ，\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\) の3通りである。
よって，求める確率は， \[ \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3}{6^3}}} = \dfrac{1}{72} \] \[問題に応じて，扱いやすい方を選ぼう！\]
Point 1A 7.1.6 ②玉・くじ・カード型
箱や袋に入った玉・くじ・カードを取り出す問題では，取り出したものをどう処理するのかで立式が異なる。
I) 元に戻す型（復元抽出）・・・
サイコロ・コインと同じく，i) 反復試行 or ii) 重複順列
II) 元に戻さない型・・・
i) 順序あり（非復元抽出）\(\longrightarrow\)順列\(（\class{mathkuu}{\underline{_n P_r}} など\ ）\)
ii) 順序なし（同時抽出）\(\longrightarrow\)組合せ\(（\class{mathkuu}{\underline{_n C_r}} など\ ）\)
※上記以外のパターンは都度状況を把握してどの立式か考える。
サイコロ・コインと同じく，i) 反復試行 or ii) 重複順列
II) 元に戻さない型・・・
i) 順序あり（非復元抽出）\(\longrightarrow\)順列\(（\class{mathkuu}{\underline{_n P_r}} など\ ）\)
ii) 順序なし（同時抽出）\(\longrightarrow\)組合せ\(（\class{mathkuu}{\underline{_n C_r}} など\ ）\)
※上記以外のパターンは都度状況を把握してどの立式か考える。
Point 1A 7.1.7 ③ジャンケン型
ジャンケンの立式は, 重複順列の比で求める: \(\dfrac{{ }_n C_k \cdot{ }_3 C_1}{3^{\text {人数 }}}\)
・全事象は\(3^{\text {人数 }}\)で考える！
・勝敗が決まる手の出し方は,『誰が』『どの手を』出して勝ったか決める！
★あいこは, 余事象で考えるとよい！★
・勝敗が決まる確率の余事象で求める！
・手の出し方の種類数の余事象で求める！
・全事象は\(3^{\text {人数 }}\)で考える！
・勝敗が決まる手の出し方は,『誰が』『どの手を』出して勝ったか決める！
★あいこは, 余事象で考えるとよい！★
・勝敗が決まる確率の余事象で求める！
・手の出し方の種類数の余事象で求める！
(1) \(n\)人でじゃんけんを1回したとき，3人が勝つ確率を求めよ。（\(n\)は3以上の自然数とする。）
(2) \(n\)人でじゃんけんを1回したとき，あいこになる確率を求めよ。
(2) \(n\)人でじゃんけんを1回したとき，あいこになる確率を求めよ。
(1) 3人勝つ手の出し方は，
『誰が？』 Aさん，Dさん，Fさんなど，\(n\)人から3人選べばよく \({}_nC_3\) 通りである。
『どの手で？』 グー・チョキ・パーのどれかなので \({}_3C_1\) 通りある。
\[ よって，\dfrac{{}_nC_3 \cdot {}_3C_1}{3^n}\text{ 通りとなる。} \] 勝敗が決まる人数ごとの確率の余事象で求める!
(1) と同様に，
1人勝つ確率： \(\dfrac{nC_1 \cdot _3C_1}{3^n} = \dfrac{_nC_1}{3^{n-1}}\)
2人勝つ確率： \(\dfrac{nC_2 \cdot _3C_2}{3^n} = \dfrac{_nC_2}{3^{n-1}}\)・・・
（\(n - 1\)人勝つ確率） \(= \dfrac{_nC_{n-1} \cdot _3C_1}{3^n} = \dfrac{_nC_{n-1}}{3^{n-1}}\)
なので，（あいこになる確率） \[ = 1 - \dfrac{_nC_1 + _nC_2 + \cdots + _nC_{n-1}}{3^{n-1}} \]
『誰が？』 Aさん，Dさん，Fさんなど，\(n\)人から3人選べばよく \({}_nC_3\) 通りである。
『どの手で？』 グー・チョキ・パーのどれかなので \({}_3C_1\) 通りある。
\[ よって，\dfrac{{}_nC_3 \cdot {}_3C_1}{3^n}\text{ 通りとなる。} \] 勝敗が決まる人数ごとの確率の余事象で求める!
(1) と同様に，
1人勝つ確率： \(\dfrac{nC_1 \cdot _3C_1}{3^n} = \dfrac{_nC_1}{3^{n-1}}\)
2人勝つ確率： \(\dfrac{nC_2 \cdot _3C_2}{3^n} = \dfrac{_nC_2}{3^{n-1}}\)・・・
（\(n - 1\)人勝つ確率） \(= \dfrac{_nC_{n-1} \cdot _3C_1}{3^n} = \dfrac{_nC_{n-1}}{3^{n-1}}\)
なので，（あいこになる確率） \[ = 1 - \dfrac{_nC_1 + _nC_2 + \cdots + _nC_{n-1}}{3^{n-1}} \]
\[
= \dfrac{3^{n-1}-2^n + 2}{3^{n-1}}
\left( = 1 - 2\left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} + \dfrac{2}{3^{n-1}}\right)
\]
\(\because \text{2項定理から，}\)
\( (1+1)^n=_nC_0 + _nC_1 + \cdots + _nC_{n-1} + _nC_n\)
\(\Rightarrow\ _nC_1 + \cdots + _nC_{n-1} = 2^n - _nC_0 - _nC_n\)
この方法は少し大変なので，次の発想も持ちたい。
手の出し方の種類の余事象で求める！
\(n\)人でジャンケンしてあいこになるのは，
手の出し方が，1種類 または 3種類 のとき。
その余事象は，2種類 のときである。
したがって，どの2種類かを選ぶのが，\({}_3C_2\)通り，
\(n\)人の手の出し方は，\(n\)人とも同じ手を除いて，\(2^n - 2\)通り。よって， \[ 1 - \dfrac{3 \cdot {}_nC_2 (2^n - 2)}{3^n} = \dfrac{3^n - 3 \cdot 2^n + 6}{3^n} \] \[\left( = 1 - 3 \left( \dfrac{2}{3} \right)^n + \dfrac{2}{3^{n-1}}\right)\]
\( (1+1)^n=_nC_0 + _nC_1 + \cdots + _nC_{n-1} + _nC_n\)
\(\Rightarrow\ _nC_1 + \cdots + _nC_{n-1} = 2^n - _nC_0 - _nC_n\)
この方法は少し大変なので，次の発想も持ちたい。
手の出し方の種類の余事象で求める！
\(n\)人でジャンケンしてあいこになるのは，
手の出し方が，1種類 または 3種類 のとき。
その余事象は，2種類 のときである。
したがって，どの2種類かを選ぶのが，\({}_3C_2\)通り，
\(n\)人の手の出し方は，\(n\)人とも同じ手を除いて，\(2^n - 2\)通り。よって， \[ 1 - \dfrac{3 \cdot {}_nC_2 (2^n - 2)}{3^n} = \dfrac{3^n - 3 \cdot 2^n + 6}{3^n} \] \[\left( = 1 - 3 \left( \dfrac{2}{3} \right)^n + \dfrac{2}{3^{n-1}}\right)\]
Point 1A 7.1.8 条件付き確率
全事象\(\mathrm{U}\)は同様に確からしい\(a\)通りの要素からなるものとする。その部分集合\(\mathrm{A}\)，\(\mathrm{B}\)について，「事象\(\mathrm{A}\)が起こったときに事象\(\mathrm{B}\)が起こる確率」を，「事象\(\mathrm{A}\)が起こったときの事象\(\mathrm{B}\)の起こる条件付き確率」といい，\(P_A(B)\)で表し，下のように定義する。
\[P_A(B)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{n(A\cap B)}{n(A)}}}\] また，この分母分子をa通り（全通り）の要素で割ると，下の式が得られる。 \[P_A(B)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}}}，またはP(A\cap B)=\class{mathkuu}{\underline{P(A)P_A(B)}}\]
カルノー図で考えるとわかりやすい。
\[P_A(B)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{n(A\cap B)}{n(A)}}}\] また，この分母分子をa通り（全通り）の要素で割ると，下の式が得られる。 \[P_A(B)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}}}，またはP(A\cap B)=\class{mathkuu}{\underline{P(A)P_A(B)}}\]
カルノー図で考えるとわかりやすい。
Point 1A 7.1.9 原因の確率
\(A\)という事象のあとに\(B\)という事象が起こったとする。\(B\)という結果が得られた時，\(A\)という事象が起こっていた確率は？というのが原因の確率（\(P_B(A)\)）である。条件付き確率と時間的順序が逆になるため考えづらいが，条件付き確率の定義を用いて考えるとよい。
\[P_B(A)=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{n(B\cap A)}{n(B)}}}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{P(B\cap A)}{P(B)}}}\]
※時間的順序がややこしいのは\(B\cap A\)の部分であるが，\(B\cap A=A\cap B\)によって，時間の流れのややこしさから逃れられる。
Point 1A 7.1.10 確率漸化式
（最初または最後の状態で場合分けをして）\(n番目とn+1番目などの\)推移図をかけ！
→漸化式立式して，解く！
→漸化式立式して，解く！
Point 1A 7.1.11 期待値
期待値は，確率分布表で求めるとよい！
| \(値\) | \(x_1\) | \(x_2\) | \(\cdots\) | \(x_n\) |
| 確率 | \(p_1\) | \(p_2\) | \(\cdots\) | \(p_n\) |
\(期待値 E=\class{mathkuu}{\underline{x_1p_1+x_2p_2+\cdots x_np_n}}\)
Point 1A 7.1.12 確率(離散関数)の最大最小
確率\(P_n\)など，離散関数の最大最小ときたら・・・
・\(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{P_{n+1}}{P_n}}}\gtreqqless 1\)や\(P_{n+1}-P_n\gtreqqless 0\)（隣の項とどちらが大きいか分かる）
を調べて，大小書き並べる。
\[\mathrm{例えば，}\qquad P_1< P_2<\cdots\cdots <P_{21}<P_{22}=P_{23}>P_{24}> \cdots\cdots >P_{n-1}>P_n\]
となれば，\(P_{22}とP_{23}\)が確率の最大値。
【発展】
・（\(P_n\)を変数が自然数の離散関数とみて，）定義域を実数全体に拡張し，関数の最大最小とみる！
→\(y=f(x)\)として（必要であれば微分して）グラフを考えたり，逆像法など関数の最大最小処理
【発展】
・（\(P_n\)を変数が自然数の離散関数とみて，）定義域を実数全体に拡張し，関数の最大最小とみる！
→\(y=f(x)\)として（必要であれば微分して）グラフを考えたり，逆像法など関数の最大最小処理