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場合の数の問題の\textbf{\textcolor{blue}{大原則}}は,\ \textbf{\textcolor{red}{全て書き出す}}ことである. \\  \textbf{「\textcolor{red}{辞書式配列}」「\textcolor{red}{樹形図}」「\textcolor{red}{表}」を書き, \textcolor{cyan}{もれなく, 重複なく}数え上げる.} \\  しかし,\ 場合の数が多くなると,\ 全て書き出すのは現実的に不可能になる. \\  そこで必要になるのが,\ 「和の法則」と「積の法則」である. \\  場合の数・確率分野の根幹を成すこの2大法則の扱いをまず確認する. \\\\\\  $[1]$\ \ \textcolor{blue}{\textbf{和の法則}}\ (左下図) \\[.5zh] \phantom{ [1]}\ \ 2つの事柄A, Bがあり, Aが$m$通り, Bが$n$通りとする. \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ \textbf{A, Bが\textcolor{cyan}{同時には起こらない}とする.} \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ このとき, \textbf{\textcolor{red}{AまたはBの一方が起こる場合の数}は \bm{ベン図(集合)でとらえる}と当たり前のことを言っているだけである. \\ \bm{共通部分がない}(A\cap B=\varnothing)ならば \bm{n(A\cup B)=n(A)+n(B)} (左上図) \\ \bm{AかつBが空集合}(A\cap B=\varnothing)であるとき,\ \bm{AとBは互いに排反である}という. \\[1zh] AとBが排反でない場合(右上図)は和の法則が成り立たない. \\ この場合,\ \bm{n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)}\ として求めることになる. \\ つまり,\ (AまたはBの場合の数)=(m通り)+(n通り)-(AかつBの場合の数) \\[1zh] 以上のことは,\ 応用上重要なポイントを示唆している. \\ Aの場合の数とBの場合の数を足す場合,\ \bm{同時に起こるか否かを常に確認する.} \\ 同時に起こらない場合のみ和の法則,\ 同時に起こる場合は集合の問題のように扱う. \\[1zh] さらに,\ 場合の数分野において最重要といえる決定的なポイントも示唆している. \\ \bm{「可能な限り排反となるように場合を分けよ」} \\ AとBに場合分けするとき,\ 排反な場合分けであれば,\ 最後は足すだけで済む. \\ しかし,\ 排反に分けられていなかった場合,\ 後で共通部分を引く必要が出てくる. \\ 2つの共通部分ならまだしも,\ 3つ以上となると複雑で手に負えなくなってくる. \\ 思考が複雑になり,\ 重複して数えてしまうなど,\ 間違えるリスクが大幅に高くなる. \\ 和の法則が適用できるか否かを考えるのではない. \\ \bm{和の法則が使えるように場合分けすることを考える}のだ. AとBの2チームが対戦し,\ 先に2回勝ったほうを勝利チームとする. \\[.2zh] \hspace{.5zw}最終的な勝利が決まるまでの決まり方は何通りあるか. \\ ここでは,\ 場合の数の基本通り,\ 樹形図を書いて求めた. \\ ただ樹形図で書き出して求めるだけのためにこの問題を取り上げたわけではない. \\[1zh] \bm{樹形図が場合分けを図式化したもの}であるという認識が重要である. \\ 樹形図が正しく書けない人が多いが,\ その認識が甘いためである. \\ \text{1回目のAとBは,\ 1回目にAが勝つ場合とBが勝つ場合を分けたことに等しい.} \\ \text{1回目にAが勝つ場合の中に,\ 2回目にAが勝つ場合とBが勝つ場合がある.} \\ それを2回目の部分に,\ 枝を分けて書くのである.\ 場合\text{AA}は,\ それで完了である. \\ 場合\text{AB}の中に,\ 3回目に\text{Aが勝つ場合とB}が勝つ場合があり,\ 枝に分けて書く. \\ このように\bm{順に場合分けしていき,\ すべての場合を尽くす}と樹形図が完成する. \\[1zh] 以上の全ての場合分けにおいて\text{AとB}は同時に起こらないから,\ 排反である. \\ よって,\ 各場合を1つずつ足してすべての場合の数が求まる(1+1+\cdots+1=6). \\ これは,\ 「和の法則」を適用したことに他ならない. \\ つまり,\ 樹形図を書くことは,\ 場合分けして和の法則を使うことと同じなのである. \\[1zh] ただし,\ 常に1通りになるまで場合分けしてから和の法則を使うのは現実的でない. \\ 実際には,\ \bm{場合の数が簡単に求まるところで場合分けを終える.} \\ そして,\ \bm{各場合の数を求めた後で,\ 最後に和の法則を適用する}ことになる その\textcolor{cyan}{おのおのの場合について},\ Bが$\bm{n}$通り起こる.} \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ このとき, \textbf{\textcolor{red}{AとBがともに起こる場合の数}は硬貨を3回投げるとき,\ 表裏の出方は何通りあるか. \\ 1回目 2回目 3回目} 積の法則は,\ \bm{樹形図で意味合いを理解する}ことが重要である. \\ 本問を樹形図で解くとき,\ その途中で明確なパターンがあることに気付ける. \\ パターンがあるならば,\ すべて書き出さずとも計算で求めればよい. \\[1zh] その計算規則を示したものが「積の法則」である. \\ 1回目は表と裏の2通りがある. \\ \bm{1回目の2通りのおのおのの場合に対して,\ 2回目は表と裏の2通りがある.} \\ つまり,\ 1回目の表に対して2回目は表と裏の2通りがある. \\ また,\ 1回目の裏に対しても2回目は表と裏の2通りがある. \\ よって,\ 硬貨を2回投げるときの出方は,\ 2\times2=4\ で求められる. \\ さらに,\ 2回目の4通りのおのおのの場合に対し,\ 3回目は表と裏の2通りがある. \\ よって,\ 硬貨を3回投げるときの出方は,\ 4\times2=8\ で求められる. \\[1zh] 要は,\ \bm{m通りのいずれに対してもn通りあれば,\ m\times n通りとできる}のである. \\ この当たり前のように思える計算規則が,\ 「積の法則」に他ならない. \\ 実際の問題では,\ 樹形図を書いたつもりになって積を計算すればよい. \\ 単純だが,\ 樹形図との関連も含めて正しく理解していないと応用するのは難しい. 大小2個のサイコロを投げるとき,\ 出た目の和が偶数になる場合の数は$ \\[.2zh] 出る目が\textcolor{cyan}{どちらも偶数}であるとき\ 出る目が\textcolor{cyan}{どちらも奇数}であるときは互いに排反であるから {表の利用} まず,\ どういう場合に和が偶数になるかを考えると,\ 次の2つの場合で全てである. \\ \bm{(偶数)+(偶数)}の場合と\bm{(奇数)+(奇数)}の場合である. \\ この2つの場合は同時には起こりえず,\ 明らかに排反である. \\ よって,\ 一旦場合分けして別々に求め,\ 最後に足せばよい(\bm{和の法則}). \\[1zh] 2個のサイコロがいずれも偶数となる場合を考える. \\ 1個のサイコロが偶数となるのは,\ 2,\ 4,\ 6の3通りがある. \\ また,\ \bm{2個のサイコロの出る目は,\ 互いに影響しない.} \\ よって,\ \bm{一方のサイコロの3通りのおのおのに対し,\ もう一方も3通り}ある. \\ つまり,\ 大サイコロ2に対して,\ 小サイコロ2,\ 4,\ 6の3通り \\ 大サイコロ4に対しても,\ 小サイコロ2,\ 4,\ 6の3通り \\ 大サイコロ6に対しても,\ 小サイコロ2,\ 4,\ 6の3通り \\ ゆえに,\ \bm{積の法則}が適用でき,\ 9通りと求まる. \\ 奇数の場合も,\ 1個のサイコロにつき1,\ 3,\ 5の3通りがあるから同じである. \\[1zh] なお,\ 「サイコロ2個」「サイコロ2回」の問題は超サービス問題である. \\ 36通りを表にして書き出せば求まるからである. \\[1zh] \bm{「大小」}とあるのは,\ \bm{2つのサイコロが区別できる}ことを意味している. \\ よって,\ (2,\ 4)と(4,\ 2)は2通りと数えることになり,\ 上のように単純に求まる. \\ もし,\ サイコロが区別できない場合,\ (2,\ 4)と(4,\ 2)は1通りの扱いになる. \\ この場合は話がややこしくなる. \\ (1,\ 1)のようにペアがないものもあり,\ 単純に半分とするわけにもいかない. \\ この場合,\ (1,\ 1),\ (1,\ 3),\ \cdots\ のようにすべて書き出すのも有効である. \\ 場合の数分野では,\ 区別できるか否かで話が大きく変わるので,\ 注意が必要である.