ると が 3. 精 102 組分け(I) 165 スタンプのうち1つを押すことにする.このとき, 次の問いに答えよ . 1から5までの整数をかいた5枚のカードのそれぞれに, A, B, Cの 使わないスタンプがあってもよいとするとき, 押し方は何通 りあるか 使わないスタンプが1つになる押し方は何通りあるか. (1) どのカードもスタンプの選び方が3通りずつあります. ポイン トの考え方を使って3を5つかけることになります。これは, 92 と同じ考え方ですが,かける数字がすべて同じもので,このよう な場合は重複順列とよばれます. (2)使うスタンプ2つを決めておいて, (1) と同じ考え方をしますが,この中に は,使うスタンプが1つの場合が2つ含まれていることに注意します. (1)どのカードもスタンプの押し方が3通りずつあるので, 3×3×3×3×3=243 (通り) (2)使われる2つのスタンプの選び方は 3C2=3(通り) この2つがAとBのスタンプとすると, どのカードもスタンプの押し方が2通りずつあるが、 この中には,すべて A, すべてBの適さない押し方が2通り 含まれているので, 25-2通り。 よって, 求める押し方は, 3(2-2)=90 (通り) 第6章 C4 t

基礎問 170 第6 105 重複組合せ 精講 区別のつかない球5個をA,B,C3つの箱に入れる. どの箱にも少なくとも1個の球が入る方法は何通りあるか. 1個も入っていない箱があってもよいとすれば,何通りの方 法があるか 1万円札が5枚あるとき (これらは区別がつきません) どの1万円 札がほしいという人はいません. 何枚ほしいというはずです. だか A,B,Cの箱にそれぞれ個 個 2個入るとすると, (1), (2)は, それ ら,区別がつかない球のときは個数で考えます。 ぞれ、次の方程式の解(エ,y,z)の組の数を求めることと同じになります。 (1) x+y+2=5 (r≥1, y≥1, 2≥1) (2) x+y+z-5 (r≥0, y≥0, 2≥0) 解答では,まず拾い上げてみて, あとで計算による解法を考えてみます。 解答 A,B,Cの箱にそれぞれ, 個, y個, 2個入るとする。 (1) r+y+z=5 ( 12≧1) x=1,2,3 だから, (x,y,z)の組は次表のようになる。 y 2 4 0 0 0 1 1 IC 0 1 2 1 2 y 3 2 左表のようになる. xsysz と仮定すると, 171 Z よって, 3 3×3+6×2=21 (通り) 並べかえの数 3 6 6 3 (別解) (1) x+y+z=5 (x1,y1,z≧1) をみたす (x, y, z)の組 の数を求める. 下の図のように, 5個のを並べ, 4か所のすきまか ら2か所を選び, タテ棒を入れると考えれば、との1つの並べ 方に対して(x, y, z) を1組定めることができる。 たとえば、 y z ●という並べ方に=2, 1, z=2 が対応する。 よって, 求める場合の数は, C26 (通り) (2) +y+z=5 (20, 20, 220) をみたす (x, y, 2) のの数を める。 下の図のように、 5個のと2本のタテを適当に並べると 考えれば、1つの並べ方に対して1組の(x, y, z) が定まる。 たとえば、) 注 IC y 2 ●という並べ方に=2、y=0z=3 が対応する。 よって, 求める場合の数は, 7! 5!2! =21 (通り) (2)において,ェ=x1,y=y′-1,zz-1 とおけば、 '+y+z'=8('21,21,2′21) となり、 ( 1 ) と同様に C2=21 (通り) と考えることもできます。 (1)において,r=r'+1, y=y'+1, z=z' +1 とおけば、 'y'+z=2x'≧0,y'≧0,2'20) となり、(2)と同様に IC 1 1 1 2 3 2 2 3 1 2 1 よって, 6通り 90 規則性をもって 4! 2!2! 2 1 2 1 1 数え上げる 13 -=6(通り) と考えることもできます。