中学数学　場合の数

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A  数と式

B  図形

C  関数

D  資料の活用

(1) 場合の数

(2) 確 率

ア	場合の数
・	ものの数え方の基本
a	和の法則・積の法則
・	場合の数の数え方の種類
b	順列
・	普通順列
・	全順列
・	順列の樹形図の書き方のコツ
・	! (階乗)　や　P(パーミュテーション)　の意味
・	普通順列の応用
①	重複順列
②	同じものを含む全順列
・	(例題)　ローマ字の並び
・	(例題)　最短経路(P)
・	「同じものを含み」、かつ、「何枚か」を取り出す順列
③	円順列
・	円順列の別解
④	じゅず順列
・	同じものを含む円順列・じゅず順列
c	組合せ
・	nCr ＝ nC(n-r)
・	組合せの樹形図の書き方のコツ
・	組合せ　C(コンビネーション)　の意味
①	重複組合せ
・	選ばれないOKの重複組合せ
・	組合せ(C)の3つのイメージ
	→ (最短経路(C))
・	選ばれないNG( ＝ 1つは選ぶ)の重複組合せ)
・	重複組合せの公式
・	重複組合せの記号 \({}_n \mathrm{H }_r\)
d	組分け
①	分けはめ
②	組分け
・	何が違うのか、比較しながら解いてみる
	→ 重複順列(選ばれないNG)
・	ただただ3つに分ける問題は？
c’	同じものを含む組合せ
・	正しい順序は「PからC」？　「CからP」？
・	(場合の数まとめ表)

 

場合の数

 

もしかしたら、
数学は得意なほうだけど・・・

 

「どうしても『資料の活用』、
その中でも特に「場合の数」、「確率」は
苦手という人は多いのではないでしょうか？

 

では　どうしてそうなってしまうのでしょうか

 

他の単元は
問題文を読んだらすぐに「〇〇〇の問題だな！」
例えば「二次関数の直線が囲む面積の問題だな！」とわかるのですが

 

「場合の数」「確率」の場合は　問題文を読むと・・・
「何の問題だったっけ・・・」
「似ているけれど、何かが微妙に違うんだよな～」
となりがちですね

 

確かに「似てます」が「ちゃんと違います！」　
逆を言えば「微妙に違うんだよな～」を
「完全に違う！」と理解できればOKということですね

 

練習を一通り終えたら
次は「問題文」を読んだら、
「区別がある！ない！」
「並びにこだわる！こだわらない！」
「個数指定がある！ない！」
「普通の順列！全順列！重複順列！」
「同じものを含む全順列！」
「選ばれないNGの重複組合せ！」
のように、「題名だけ答える練習」をするのがよいのかなと思います
(大まかな区別)
それさえわかれば　あとは「一本道」なのですから

 

他の単元同様、
場合の数も確率も数学であるからには・・・
答えは「ただ一つ！」ですね

 

 

 

ア　場合の数

 

「場合の数」は2009年度より小学校6年で習っているようですね！
ですが、念のため、「場合の数」の復習をしますね

 

 

 

場合の数

 

「場合の数」とは、何パターン(何通り)あるか？というその数ですね
それだけです。

 

 

クリック・タップで答え (反応が遅い場合があります)

 

 

 

 

ものの数の数え方の基本

 

例えば、たくさんあるものを数えるとき、
途中で混乱しないように
必ずといっていいほど『基準を決めて』数えますね

 

ex. 1～10までが本当に10個か数えましょう
「1, 2, 3, 4…10で、10個！」ですね
「4, 7, 3, 5, 9,…まだ言ってないのは…2…6,あとは…」とは数えないですね

 

→ 『小さいものを基準にした(昇順に数えた)』

 

⇒ 昇順、または降順に数える

 

 

 

番号の分からない  ダイヤルロックを何回試してもよい(＝試行（しこう）)ので外しましょう
「000, 001, 002…997, 998, 999」と試していきますね
「367, 851, 442…あと試してないのは…545…」とは試行しませんね
→ 『3つののダイヤルの位置を固定して、昇順に数えた』

 

ex. 2つのサイコロの目の出方は何通り？
「1つを左手に1、もう1つを右手に1, 2,…6で6通り(1につき6通り)
　左手を2の目にして、右は同様に1, 2…6で6通り(2につき6通り)
　ということは左の1通りにつき6通り…左は全部で6通り…
　6通り×6通り＝36通り」
(1（左）, 1（右）) (1（左）, 2（右）) …(6（左）, 5（右）) (6（左）, 6（右）) と数えたことと同じですね
「(3（左）, 5（右）) (2（左）, 1（右）) (4（右）, 4（左）) と目の順を気にしなっかったり、『左手と右手を持ち換えたり』しないですよね」

 

→	『左手、右手を固定して、数えた』
⇒	種類ごとに位置を固定する (マスの位置を固定する)
➡	合わせて、種類ごとに位置を固定して、昇順に数える (これだけで、飛ばしで数えたり、だぶって数えたりを防げますね！)

 

 

 

 

 

《 例 》
3つの整数1, 2, 3 を並べる方法は何通り？

 

→	「並べる」より「並びにこだわる」 → 順列数え
→	サイコロ(複数特徴系)とは異なり、2マス目は1マス目で選んだものが選べませんね(1特徴系) ＝ 樹形図の枝が減っていく

 

 

 

 

 

 

→ 「列挙」なら、  (頭の中で…先頭が1のとき…, 2があるな, 残りは3か)
　ということは、(1, 3, 2) (2のとき, 1, 3) (2, 3, 1) (3のとき, 1, 2) (3, 2, 1)で6通り

 

 

→ 実は、「全通り」は「計算」で…

 

 

 

 

 

 

 

和の法則 ・ 積の法則

 

場合の数を求める途中段階に「積の法則」、最終段階に「和の法則」が出てきますね
ですが、「法則」というわりには、この「法則」を用いて解く というものではなく
解き終わってみれば「結果」、
「積の法則を使っていた、和の法則を使っていた」という
「後付け命名的」な、法則とは名ばかりの法則ですね

 

 

 

 

ex. 2つのサイコロの目が和が10以上になるのは何通り？(2つ前と同じ問題)

 

(マスなら)

 

(樹形図なら)

 

(列挙なら)

 

(2つの法則の存在場所)

　①+②+③ ＝ 1通り+2通り+3通り ＝ 6通り
　(①と②と③は同時に起こらない)

 

 

※「和の法則」「積の法則」という言葉はまったくこだわる必要はないですね！
「〇通りにつき〇通り」なら「掛ける」、
「場合分け(樹形図)」をして末端を数えたような結果は「足す」、で十分ですね
　　(cf. 排反とは)

 

 

 

 

 

場合の数の数え方の種類

 

場合の数の数え方の種類は、大きく分けて2つですね
今まで見てきた「順列」的な数え方と、新たに「組み合わせ」的な数え方 ですね！

 

・順列数え	…	並び方にこだわる数え方
・組合せ数え	…	並び方にこだわらない数え方

 

 

ex.
1233枚のカードがあります

 

・ 3枚の並べ方は？
→ 「並べ方」 → 「並びにこだわる」 → 基準名がある → → 3×2×1＝6通り
→ 内訳は (1→2→3) (1, 3, 2) (2, 1, 3) (2, 3, 1) (3, 1, 2) (3, 2, 1) の6通り

 

 

・ 3枚の選び方は？
→ 「選び方」 → 「並びにこだわらない(選ぶだけ)」 → 基準名なし → 〈123〉 → 1通り
→ 内訳は〈1, 2, 3〉の1通り
⇒ (1, 3, 2)も(3, 2, 1)も〈1と2と3〉を選んだことと同じだ！

 

 

 

 

 

この先、当分の間 順列のお話になります

 

 

 

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b　～　順列　～

 

 

・順列は、「並びにこだわる」と言いましたが、横でも縦でも円でも構いませんね

 

それでは、個別に見ていきますね

 

 

【 普通順列 】

前提：	(1特徴系で) 選ばれる元はすべて異なり、異なるものを(r個)選び、並びにこだわる　 (一特徴系・複数特徴系とは)

 

 

番号0～5の赤白の図のようなカードがあったとします

 

 

 

● 「3」を取り出して並べる、何通り？

 

←「3」と指定されてしまいましたね、当然に「1通り」ですね
　(注：マスの上の基準名が省略されていることがありますが、基準名は絶対あります)

 

 

 

● 1枚を取り出して並べる（・・・）、何通り？

 

並べる ＝ 並びにこだわる

 

←0でも1でも…6でもよい、あるのは6枚のカードだから、6通り

 

→ (1 2 3 4 5 6) の6通り

 

 

 

 

● 2枚を取り出して（選んで）、並べる、何通り？

 

先頭で、何か1枚使っているので、残りのカードは5枚  →5通り　

 

  ∴ 6×5 = 30通り

 

・サイコロ、コインは2個目(回目)も、
1～6の6通りを選べるので「普通順列」ではない！ということですね
→ 後にお話しする『重複順列』です　(複数特徴系は重複順列)

 

 

 

 

 

● 3枚を取り出して並べる、何通り？

 

先頭と2枚目で2枚使っているので、残りのカードは4枚　

 

　∴ 6×5×4  =120通り

 

 

 

 

 

● 4枚を取り出して並べる、何通り？

 

3枚使用済みで、残りのカードは3枚(3通り)　

 

　∴ 6×5×4×3  =360通り

 

 

 

 

 

● 5枚を取り出して並べる、何通り？

 

4枚使用済みで、残りのカードは2枚(2通り)　

 

　∴ 6×5×4×3×2  = 720通り

 

 

 

 

 

【 全順列 】

 

● 6枚を「全て」取り出して並べる、何通り？

 

→ 全てを使う順列ということで、親子中学では「全順列」と呼ばしてもらいますね！
残り最後は自然に決まる → 1通り　

 

　∴ 6×5×4×3×2×1  = 720通り

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

【 普通順列の応用 】

 

カードは同様なものを使いますね

 

● 3桁（・）の数字を作る、何通り？ ←〇桁（・）の数字 → 並びにこだわる → 順列

 

 

 

 

● 4桁（・）の偶数を作る、何通り？

 

 

 

 

 

● 3枚を選んで並べた（・・・）とき、3つの積が5の倍数の自然数、何通り？

 

 

 

 

● 両端が赤で、5枚を並べる（・・・）、何通り？

 

 

または

 

 

 

● 黒が隣合わせの並べ方（・・・）、何通り？

 

 

 

または

 

 

 

● 赤が隣合わせにならない並べ方、何通り？

 

 

 

 

abcdeの5文字から2個選んで並べる …①
　5×4 = 20通り

 

ex. (a（4）, b（5）)(a, c)…(b（4）, a（5）)…(e, d) ←この4, 5 は赤カード4, 5 です

 

②元の黒の並び→ 0 1 2 3 から4個(全部)選んで並べる…②
　4・3・2・1 = 24 通り

 

∴ ①×（につき）② = 20×24  = 480 通り

 

 

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①　重複順列

 

読み方は、「ちょうふくじゅんれつ」「じゅうふくじゅんれつ」どちらでもOKのようです。

 

本来は、下図のように「複数特徴系 (サイコロ、コイン、じゃんけん)」を数える場合に用いる数え方ですが、
ex)
  

 

 

少し工夫すれば重複順列は「1特徴系」にも応用できますね
普通順列は、取り出した(選んだ)カードは、次のマスに使えませんでしたが、
元に戻して(袋に戻して)、2回目を選べば… → 重複順列ですね！
= 重複順列は、1度選んだカードを『何回でも』使える！
それだけの違いですね

 

前提は、「全て異なるもの」を「(基準のあるマスに)並べる」
(どちらも「異なる」ということですね

・	選ばれる元が異なる → 同じものを含まない → ずべて異なる
・	選ぶ方も異なる → マスに基準名がある → 並びにこだわる → 順列数え)

 

 

同じカードを使いますね

 

● 

 

→	先頭で使った何かのカードが、何度でも使えるので、2つ目も 3つ目も 6通りとなります
∴	6・6・6 ＝ 63 ＝ 216 通り
	(0～5の6通りの目のサイコロを3回投げる と考えてもよいですね)

 

 

 

今までの \({}_6 \mathrm{ P }_3\) が 63となるから、単純な感じがしますが、
何気に、日本語にすると「？？？」 となりがちですね

 

例えば、

 

《 例 》
3人に異なる（・・・）6個のお菓子を配る方法は何通り？ ただし1個ももらえない人がいてもよい
(↑本当に重複順列の問題？と感じますね)

 

 

   → 63  = 216 通り？

 

「配る」という言葉から、人がマスのようにイメージしてしまいがちですが、ダメですね！

→	Aさんに、お菓子1が入ったら、お菓子1を次のマスにも使うのはおかしいですね (Aさんも、Bさんもお菓子1を持っているという列挙 → ×)
→	許されない重複
→	しかも最終的にお菓子が余りますね

 

 

正しいイメージは…お菓子達がマスです
  → 36 = 729通りですね！
(お菓子たちが、A～Cの3つの目のサイコロをそれぞれ振っていくイメージもありですね)

 

ex.
↑この1例列挙を整理して見やすくすると
　
　という意味ですね
各お菓子達が、全部Aさんを選んだなら、Aさん全種6個、BさんCさんは0個

 

 

・	「お菓子が配られる」というより「それぞれのお菓子が人を選ぶ」イメージですね！ → 重複順列をうまいこと応用利用していますね
・	「普通順列」では、カード(A, B, Cさん)が減っていくので、4フレーム目以降には何も入れることができないですね！

(普通順列)	元(選ばれる方) ≧ マス(選ぶ方) ex.(3枚のカードから3枚選んで並べる)
(重複順列)	元(選ばれる方) ＜ マス(選ぶ方)も可能 ex.(3枚のカードから重複をゆるして4回選んで並べる) 　 (サイコロを7回投げる)

 

 

それでは再度！
3人に異なる6個のお菓子を配る方法は何通り？ ただし1個ももらえない人がいてもよい

 

→ 「異なる、異なる(W異なる)」 → 普通順列系か円順列系か重複順列 → 円順列ではないな → 「もらえる ・ もらえないの但し書き」 → 重複順列だな → どっちがマスかな → 簡単な2マスシミレーション → お菓子がマス → 36 → 729通り

 

 

 

 

 

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②　同じものが含まれるときの全順列

 

(前提）カード全てを使います(= 同じものを含む全順列)

 

 

同じカードを使いますが、黒のカードに番号がありません( = 同じものを含む)

 

● 6枚の全順列は、何通り？

 

① いきなり式を立てることはできません。まずは全パターンを求めます
② 全パターンを求めるために、まずは黒のカードを区別して数えます

 

        56を
　↓
123456としますね

 

まず、全パターンを求めてみますね

 

(中学全順列)
6×5×4×3×2×1 ＝720通り

 

(高校全順列)
\({}_6 \mathrm{ P }_6\) = 6! = 6×5×4×3×2×1 = 720 通り

 

 

では、次に、かぶり ですね
(123546)
(124536)
(132546)
(134526)

も、黒を区別しなければ(黒から番号を消せば)、「同じ並び」にすぎないですね！
      5  6

 

すなわち、「内部的に」1234の4マス分の
全順列分、かぶりが存在するということですね

 

 

 

  =   =\(\large{\frac{全順列}{同じものの全順列}}\)  = \(\large{\frac{6!}{4!}}\)  =   = 30通り ですね

 

(6! は720通りなので、690通りもかぶりがあったのですね)

 

 

 

では
黒のカードだけでなく、赤のカードにも番号がありません
            

 

● 6枚の全順列は、何通り？

 

もうわかりますね！
どこかにある
123546 と
123645 なども 「かぶり」ということになりますね

 

 

ちなみに、15通りを書き出してみますと

 

 

 

 

 

 

 

《 例 》
(1) YOKOHAMA の8字を並び替えると何通りの綴（つづ）りがありますか？
(綴り → 当然並びにこだわる →順列)

 

・全部…8文字
・かぶり…Oの2文字、Aの2文字

 

 

 

 

(2) 子音(Y, K, H)が隣り合わない並び方は、何通り？

＜ということは＞

 

→ 母音の並び数(かぶりあり) ×（につき） 子音5か所からから3か所を「選び」「並べる」(\({}_5 \mathrm{ P }_3\))ですね

 

  ×（につき）    =   = 6×60  = 360 通り

 

 

 

(3) 母音が偶数番目に入る並び方は、何通り？

 

＜ということは＞
①

 

必ず偶数番目  → 奇数番目無視  → 偶数番目4マスの「同じものを含む全順列」
→ \(\large{\frac{4!}{2!\ \cdot \ 2!}}\) = 6通り

 

② 残りの4マスに、子音YKHMを並べる「普通全順列」
→ 4! = 24通り

 

∴ ①6通り×（につき）②24通り = 144 通り

 

 

(4) YKHM が、この順番（・・・・）に並ぶのは、何通り？ (いわゆる順序指定ですね)
(「この順番」とは、YKHM がくっついている必要はありませんね！
ex. □Y□KH□□Mなどでもよい)

 

＜ということは＞
① 　〇　　〇〇　〇 でまずは異なるYKHMを区別のない(〇)として、母音を区別のない(　として、「同じものを含む順列」で〇と　の並び方は何通りかを求めます
→ \(\large{\frac{8!}{4!×4!}}\) ＝ \(\large{\frac{8×7×6×5×4!}{4!×4×3×2}}\) ＝ 70通り

 

② さらに4つの〇の並びにこだわれば、×4!ですが(H, K, M, Y)(H, K, Y, M)…(Y, M, K, H)  → (Y, K, H, M)の並びだけでよいので×4!は不要ですね → そのままでよい → 選ばれた4マスは勝手にYKHMの並びになっている

 

 

③ 　　　　の並びは実はOOAAの並びなので
→ \(\large{\frac{4!}{2!×2!}}\) ＝ 6通り

 

∴ ①8場所から4場所「選んだ」70通り×（につき）③　4つの並び方6通り ＝ 420通り

 

 

 

〔 別解 〕
というほどではありませんが

 

① YKHMを「同じもの」とみなせば → 並び方は1通り → その1通りはYKHMとしてよいという理屈さえ分かれば
　　　　OOAAの並び方何通り？ということ ＝ 同じものを含む順列 ＝ \(\large{\frac{8!}{4!×2!×2!}}\) ＝ 420通り

 

② 組合せ3つのイメージの内の「型」で\({}_8 \mathrm{C }_4\)で選ばれた4つは必ず「昇順」になっているを「必ずYKHM順になっている」とみなして
\({}_8 \mathrm{C }_4\)×（につき）残り4マス(OOAA)の同じものを含む順列 ＝ \({}_8 \mathrm{C }_4\)×\(\large{\frac{4!}{2!×2!}}\) ＝ 420通り

 

(↑理屈はすべて同じですね！)

 

 

 

 

 

《 例 》

 

(1) AからBに行くための最短経路は、何通り？
(いわゆる「最短経路」の問題ですね！
あみだくじでたどって数えるのは、厳しいですね！)

 

＜ということは＞

 

Aから(→)6個と()5個の計11回でBに行けますね
「同じものを含む全順列」ということですね
かぶり6!・5! で割ればよいですね！
(→→→→→→↑↑↑↑↑) の並べ方は何通り？という問題ですね

 

→ \(\large{\frac{11!}{6!\ \cdot \ 5!}}\)  =   = 11・42  = 462 通り

 

 

 

 

(2) 点Pを通る最短経路は、何通り？

 

＜ということは＞

 

→ AからCまでの最短経路×CからDの1通り×DからBまでの最短経路ですね

 

→ \(\large{\frac{3!}{2!\ \cdot \ 1!}}\)×1×\(\large{\frac{7!}{4!\ \cdot \ 3!}}\)  =   = 21・5  = 105 通り

 

 

(3) 点Pを通らない最短経路は、何通り？

 

＜ということは＞
全体-通る ＝ 通らない
ですね！いわゆる「余事象」ですね
全体462通り-通る105通り  ＝ 通らない357 通り

 

 

(4) 点Qを通る最短経路は、何通り？

 

\(\large{\frac{6!}{3!\ \cdot \ 3!}}\)×\(\large{\frac{5!}{3!\ \cdot \ 2!}}\)  =   = 10・20  = 200 通り

 

 

 

 

〔 書き込み方式 〕  (樹形図の和の法則利用)でも解けますね

 

 

⑤ AからEに行くには？  →2通り

 

ということは、Eは手前（・・）の1と1を足したものといえますね

 

⑥あとは、これをBまで続けると

 

 

 

 

 

 

「同じものを含み」、かつ、「何枚か」を取り出す順列

 

それでは、次に「同じものを含み、さらに、全部ではなく、何枚かを取り出す」パターンです

 

● 上の6枚のカードから、4枚を並べる、何通り？

 

→ 難しいパターンですね！ その都度「場合分け」をするしかありませんね

 

考えられる4枚のパターンは…
①(全部黒)  → \(\large{\frac{4!}{4!}}\)（マスの並び）×1通り（マスの中）= 1通り

 

②(1枚赤)  → \(\large{\frac{4!}{3!}}\)×2通り（赤マスの中） =4×2 = 8通り

 

③(2枚赤)  → \(\large{\frac{4!}{2!\, 2!}}\)×2\(!\)通り（赤マスの中） = 6×（につき）2 = 12通り

 

　∴ 1+8+12 = 21 通り

 

 

 

● この6枚のカードから、1枚を並べる、何通り？

 

考えられる1枚のパターンは…
①(全部黒)   → 1通り (黒には区別がないから)

 

②(全部赤)   → 2通り

 

　∴ 1+2 = 3 通り

 

 

 

● この6枚のカードから、2枚を並べる、何通り？

 

考えられる2枚のパターンは
①(全部黒)   → 1通り

 

②(黒・赤)   → 2\(!\)（マスの並び）×2通り（赤マスの中） = 4通り

 

③(全部赤)   → 2通り

 

　∴ 1+4+2 = 7 通り

 

 

 

● この6枚のカードから、3枚を並べる、何通り？

 

考えられる3枚のパターンは
①(全部黒)   → 1通り

 

②(赤1枚)   → \(\large{\frac{3!}{2!}}\)×2通り  = 6通り

 

③(赤2枚)   → 全部バラバラ → 3!  = 6通り

 

　∴ 1+6+6 ＝ 13通り

 

 

 

● 上の6枚のカードから、5枚を並べる、何通り？

 

考えられる5枚のパターンは
①(赤1枚)   → \(\large{\frac{5!}{4!}}\)×2通り  ＝ 10通り

 

②(赤2枚)   → \(\large{\frac{5!}{3!\, 2!}}\)×2\(!\)  = 10通り×2通り  = 20通り

 

∴ 10+20 ＝ 30 通り

 

 

 

● 上の6枚のカードから、6枚を並べる、何通り？

 

6枚のパターンは・・・全部を使うということ  → 「同じものを含む全順列」ですね！

 

(念のため)
6枚のパターンは
①(黒4赤2)   → \(\large{\frac{6!}{4!\, 2!}}\)×2\(!\) =\(\large{\frac{6!}{4!}}\)  = 30 通り

 

 

 

 

 

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③　円順列

 

順列は、「1列に並べること」　とありましたが、
「円形に1列」に並べると、「直線に1列」に並べる時とは変わった現象が起こりますね！

 

円順列は前提として、
・与えられたカードは全て異なる　
・与えられたカードを「全て使って」並べます

 

cf. 「10枚から6枚を選んで、円形に並べる」  →少し難しいですね
「6枚があります、それを円形に並べます」→今回はこれですね！

 

 

同じカードを「人」に置き換えますね

 

● この6人を、円卓に座らせる方法は、何通り？

 

 

問題に戻って、再度
この6人を、円卓に座らせる方法は、何通り？

 

→ \(\large{\frac{6!}{6}}\)  =   = 120 通り

 

 

円順列には、もう一つの導き方があります！
先頭を固定してしまい、その後続を「残りの全順列」とする考え方です

 

 

 

 

こちらで解くと、
円順列  ＝ (全員-1)の順列  ＝ 6-1の順列  ＝ 5人の全順列  ＝ 5!  ＝ 5・4・3・2  ＝ 120 通り (上の公式と同じ答ですね)

 

 

途中式が結局同じですね！

 

 

円順列は、「先頭固定方式」の方が使いやすいと思いますが、
「かぶり排除方式」も大切な考え方ですね！

 

 

それでは問題に戻りますね

 

 

● この6人を、円卓に座らせる方法は、何通り？

 

　(かぶり排除) \(\large{\frac{6!}{6}}\)  =   = 5・4・3・2  = 120 通り
　(先頭固定) (6-1)!  = 5!  = 5・4・3・2  = 120 通り

 

 

● 「父」と「母」が隣り合う座り方は、何通り？

 

＜ということは＞
父と母を1人とみなして
の5人扱いの円順列
5人の円順列 = (5-1)!  = 4!  = 4・3・2  = 24 通り

 

内にの並びもあるので、  24通り×2  　∴ 48 通り

 

 

● 「父」と「母」が隣り合わない座り方は、何通り？

 

＜ということは＞
「父」「母」以外を先頭に固定すると

 

a b c d の4か所から 2か所に父母を座らせること、
すなわち、(父母のために) 4か所から2か所を選ぶ順列と同じですね！

 

よって、

 

「4人の円順列」（(父母以外の並べ方)）×「4つ(abcd)から（(父母の並べ方)）2つ選んで並べる普通順列」
= (4-1)!×  　(=(4-1)!×\({}_4 \mathrm{ P }_2\))
  = 3!×12= 6×12  = 72 通り

 

(または余事象で)
(1)の全座り方120-(2)の隣り合う48 ＝ 72通り

 

 

 

● 父と母が向かいあう座り方は、何通り？

 

＜ということは＞
父を「先頭固定」、母を「向かいに決めて」、残り4席の 「普通の順列」

 

 

  　= 24 通り

 

 

 

 

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④　じゅず順列 ( 数珠順列 )

法事などで使うじゅず、ですね
「円卓の座席」は円順列でしたが、
「座席」の代わりに「石」や「玉」であった場合、円順列とはまた違った現象が起こりますね！

 

 

同じカードを「石」に置き換えますね

 

● この6石を、糸でつないで首輪を作る方法は、何通り？

 

 

 

 

 

 

【 同じものを含む円順列・じゅず順列 】

 

に変えますね

 

● 黒カード3枚、「4」、赤カード2枚 を円形に並べる方法は、何通り？

 

＜ということは＞
1枚しかないカードを固定して、
後は「普通の順列」→「同じものを含む順列」に変えて考えるだけですね！

 

「4」のカードを固定 → あとは黒3枚、赤2枚の「同じものを含む順列」

 

→ (6-1)!= 5! が \(\large{\frac{5!}{3!\ \cdot \ 2!}}\) になるだけですね
∴   = 10 通り

 

 

● じゅず状に並べる方法は、何通り？

 

同じものを含む場合、単純に2で割ることができません
なぜなら、2で割る理由は
「違う並びであるのに、裏から見ると同じである」並びを排除するためでしたね
逆をいうと、「ある並びを裏返すと、違うものになる」という必要がありますね

 

ということは
「左右対称」の並びは、裏返しても 違う並びになりませんね

 

 

ということは、右の並びは、全10通りの中で元々「かぶり」として排除されていますね！
それなのに「2」で割るということは、(3通り目)の「1通り」を「2」で割る
→「0.5通り」となってしまいますので、
こういう左右対称なものは、「2」で割る前に「よけておきます」

 

では次に、
あとは、「左右対称なもの」が何個あるか？ですね
1つ目は自力で見つけ出すにしても、それに付随する「左右対称なもの」は
「右半分の順列」ということになりますね
例えば

 

 

よって、
「同じものを含む全順列」(今回は2つですので同じものを含んでいません)
= 2! = 2通り ですね！

 

 

問題に戻りまして、再度
● じゅず状に並べる方法は、何通り？

 

→ 同じものを含むじゅず順列  =\(\large{\frac{円順列-左右対称なもの}{2}}\)+左右対称なもの  = \(\large{\frac{10-2}{2}}\)+2  = 4+2  = 6 通り

 

 

 

 

 

【 1枚しかないカードがない場合 】

 

・・・いい考え方がありませんね！
よって、全てのパターン図を書き出すしかないと思われます！

 

〔円順列〕
            
        

 

(1)と(5)、(2)と(4)は「位置関係」が同じですね  　∴ 3 通り

 

 

〔じゅず順列〕
裏返すと違うものが もう排除されてしまってますね(してくれてますね)
言い換えれば、「裏から見たら同じだ というかぶり」がないですね  　∴ 3 通り

 

 

 

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c　～　組合せ　～

 

順列は選んだ後の「並び方」にまでこだわりましたが、
組合せは選んだ後の「並び」はこだわりませんね！選ぶだけです
(前提) 異なる(n個)ものから、異なる(r個)ものを、選ぶ

 

 

組合せ：選ぶだけ
順列：選んで、選んだものの並びにこだわる

 

 

「組合せ」は「同じものを含む順列」と同じように、「だぶり」で割るということですね
「だぶり」のイメージは「内部」「2層目」という感じでしょか

 

「だぶり数」は選んだ数の個数の階乗分(マス数分)ありますね(=選んだ個数の全順列分)

 

ex.
456の3数から3つ(全部)を「選ぶ」(＝並びにこだわらない)、何通り？

 

→ 本能的に〈4, 5, 6〉の「1通り」ですが
→ どういう計算を行ったのでしょうか？
⇒ 実は、まずは並びにこだわる順列数えをしています
　　3マス なので、 3通り×（につき）2通り×（につき）1通り ＝ 3! ＝ \({}_3 \mathrm{P }_3\) ＝ 6通り (1, 2, 3)(1, 3, 2)(2, 1, 3)(2, 3, 1)(3, 1, 2)(3, 2, 1)ですね

 

→ これを、〈1, 2, 3〉の1通りとするには、分子と同じもの(今回は3マスの階乗)で割ればよいということですね！
　∴ 1, 2, 3 の3数から3つを「選ぶ」 → \(\large{\frac{{}_3 \mathrm{P }_3}{3!}}\) → \(\large{\frac{3!}{3!}}\) ＝ 1通り　ですね

 

 

ex. では次に
4567の4数から3つを「選ぶ」(＝並びにこだわらない)、何通り？

 

→ まずは順列数えでしたね →  ＝ \({}_4 \mathrm{P }_3\) ＝ 4!の前3つ ＝ 4×3×2 ＝ 24通り でしたね
→ これを整理して列挙すると
〈4, 5, 6〉の並びにこだわったもの

の6通り → これを組合せは1通りにしたい → 3マスの階乗で割ればよい → 6通り÷3! ＝ 1通り

 

〈4, 5, 7〉の並びにこだわったもの

の6通り → これを組合せは1通りにしたい → 3マスの階乗で割ればよい → 6通り÷3! ＝ 1通り

 

〈4, 6, 7〉の並びにこだわったもの

の6通り → これを組合せは1通りにしたい → 3マスの階乗で割ればよい → 6通り÷3! ＝ 1通り

 

〈5, 6, 7〉の並びにこだわったもの

の6通り → これを組合せは1通りにしたい → 3マスの階乗で割ればよい → 6通り÷3! ＝ 1通り

 

 

 

 

 

 

 

 

 

前提：すべて異なり、異なるものを選び、並びにこだわらない

 

● 「3」を選ぶ方法は、何通り？
←「3」と指定されてしまいましたね、当然に「1通り」ですね

 

 

 

● 1枚を選ぶ（・・）方法は、何通り？
←0でも1でも…6でもよい、あるのは6枚のカードだから、6通り

 

ここまでは、「順列」と同じ結果ですね (だぶりがないから)

 

 

 

● 2枚を選ぶ（・・）方法は、何通り？

 

 

 

 

● 3枚を選ぶ（・・）方法は、何通り？

 

 

 

 

● 4枚を選ぶ方法は、何通り？

 

 

ここで、6枚から4枚選ぶ通り数は、
先に出てきた6枚から2枚選ぶ通り数と
(\({}_6 \mathrm{ C }_2\)＝\(\large{\frac{6\ \cdot \ 5}{2!}}\)=15通り)
同じであると気づいたかもしれませんね！

 

 

となりますものね！
よって、4枚を選ぶ通り数 ＝ 残りの通り数(6-4 = 2枚を選ぶ通り数)
すなわち、4枚を選ぶ場合、残り(2枚)の方を選んでも同じ
\({}_6 \mathrm{C }_4\) ＝ \({}_6 \mathrm{C }_{6-4}\) ＝ \({}_6 \mathrm{C }_2\)
\({}_n \mathrm{C }_r\) = \({}_n \mathrm{C }_{(n-r)}\)

 

 

 

少しだけ計算が楽になりますね

 

 

というわけで、次の「5枚を選ぶ方法は、何通り？」は
「1枚を選ぶ方法は、何通り？」と同じになるのですが、念のため。

 

 

 

● 5枚を選ぶ方法は、何通り？

 

 

 

 

● 6枚を選ぶ方法は、何通り？  → 全部選ぶ → 1通り ですね

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

《 例 》
男子3人、女子3人がいます

 

 

 

再度、男子3人、女子3人がいます

 

(1) 委員長、副委員長、書記長の3人を選ぶ方法は、何通り？

 

＜ということは＞
「人」→「区別します」、「選ぶ」という文言ですが、組合せ数えではないですね、マスに基準名があるので  「並び」→「こだわる」  → 順列

 

  = \({}_6 \mathrm{P }_3\)  = 6・5・4  = 120 通り

 

 

 

(2) 3人の代表を選ぶ方法は、何通り？

 

＜ということは＞
→ 基準名が同じ → 基準名がないのと同じ → 並びにこだわらない → 組合せ
 ÷3! ＝   = \({}_6 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 20 通り

 

 

 

(3) 男子2人、女子2人を選ぶ方法は、何通り？

 

→「選ぶ」→「男子どうしの並び、女子どうしの並びにはこだわらない」→  ← 「分けはめ」の応用利用ですね
  ×   = \({}_3 \mathrm{C }_2\)×\({}_3 \mathrm{C }_2\)  = 3通り×（につき）3通り  = 9 通り

 

 

 

(4) 少なくとも 女子が1人 入るように3人を選ぶ方法は、何通り？

 

(「少なくとも」というキーワードがあれば、余事象ですね)

 

＜ということは＞
少なくとも女子が1人  = 全ての3人の選び方  - 女子が0の3人の選び方(=全て男子)
=  -
= \({}_6 \mathrm{C }_3\)-\({}_3 \mathrm{C }_3\)  = 20-1  = 19 通り

 

 

〔正当に「場合分け」でも大丈夫です〕
　考えられるパターンは・・・

①	女子1男子2  → \({}_3 \mathrm{C }_1\)×\({}_3 \mathrm{C }_2\)  = 3×3  = 9 通り
②	女子2男子1  → \({}_3 \mathrm{C }_2\)×\({}_3 \mathrm{C }_1\)  = 9通り
③	女子3  → \({}_3 \mathrm{C }_3\)  = 1 通り

　∴ (場合分けは「和の法則」でしたね)  9+9+1  = 19 通り

 

 

 

 

《 例 》
(1) 八角形の対角線は、何通り？　(=何本？)

 

　

 

1、2本ほど対角線を引けば、なんとなく分かりますね！

→	8頂点から2頂点「選べ」ばよいですね (1, → 3) (3, → 1)は「だぶり」なので 〈1, 3〉で1通りと数えたい ⇒ 組合せ数えだな
→	隣どうしの2頂点を選んだ場合は「対角線」ではないな →「辺」→ そういう2点の選び方(辺の数)は8通り
∴	1 2 3 4 5 6 7 8 頂点から 2頂点「選ぶ」こと - 辺となる2点を「選ぶ」こと　ですね ∴ \({}_8 \mathrm{C }_2\) - 8 = \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7}{2\ \cdot \ 1}}\)-8 = 28-8 = 20 通り

 

もちろん、先に学んだ平面図形の「多角形の対角線の本数(2年)」の公式で求めてもかまいませんね

 

 

 

(2) n角形の対角線は、何通り？　(=何本？)

 

\({}_8 \mathrm{C }_2\) - 8 の 8をnに換えるだけですね

 

 

 

(3) 八角形の頂点を結んでできる三角形の個数は、何個？

 

　

 

8個の頂点のうち、3個を「選べば」三角形ができますね
(1,→ 2,→ 3) (1, 3, 2) (2, 1, 3) (2, 3, 1) (3, 1, 2) (3, 2, 1) な順列数えではかぶって数えていますね
∴〈1, と 2, と 3〉のような組合せ数えですね
∴ \({}_8 \mathrm{C }_3\)  = \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7\ \cdot \ 6}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)  = 56 個

 

 

 

(4) (3)の三角形で、八角形と「辺を共有する」三角形は、何個？

 

　∴ 8 個 …①

　∴ 4個×8辺 = 32 個 …②
　∴ 八角形と(何かしら)辺を共有する三角形の数 = ①＋② = 40 個

 

 

 

 

《 例 》

 

の8人から5人を選んで円形に座らせる方法は、何通り？

 

(第1段階) 8人から5人を選ぶ   \({}_8 \mathrm{C }_5\)  =   = 56 通り

 

(第2段階)   あとは5人の円順列×56通り
　5人の円順列  = (5-1)!  = 4・3・2  = 24 通り

 

　∴ 24通り×56通り  = 1344 通り

 

 

 

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①　重複組合せ

 

重複組合せとは(異なる)n種類のものから重複を許して r個(r回)選ぶ(選んだ後の並びにはこだわらない) ことですね
( ＝ 区別のない r個マス達が、区別のあるn種類のものを、各々選ぶ！　 で十分ですね！)

 

重複とは、例えば、全て異なる a b c d e f の6個から3個取るとき、
普通の「組合せ」では、〈 a b c 〉 ・・・ 〈 d e f 〉のように〈カッコ〉内は
全て異なっていましたが

 

「重複組合せ」では、〈 a a a 〉〈 a a b 〉 ・・・ 〈 c c c 〉も可能
「重複順列」ではさらに( a a b) なら( a b a ) ( b a a )も違うものとしていましたね

 

 

ですが、結局は「C」を使いますので、「重複組合せ」の定義は意識せず

 

〇の間を┃(仕切り棒)が動く問題に出会えば、「ああ重複組合せか」と
思うくらいで十分ですね！

 

 

 

《 例 》
10個のみかんを、Aさん、Bさん、Cさん に分ける

 

(1) 1つももらえない人がいてもよい場合、何通り(の分け方)？

 

 

＜ということは＞
  の10個のみかんが
(区別のある)ABCをそれぞれ選んでいくのですが・・・
　 ←マスの基準名が同じ = マスに基準名がない ＝ 選び終わった10文字の並びに『こだわらない』 → 組合せ数え → 重複組合せ

みかんに区別がないので、組合せ数えをした結果は、Aを選んだみかんは「左に集めてしまう」、Bを選んだみかんは「真ん中に集めてしまう」、Cを選んだみかんは「右に集めてしまう」、という意味と同じですね

 

＜ということは＞

 

(┃) 仕切り棒2本を　みかんと「合体」させて、動かすこと と考えられますね！
＝みかんを2つ増やして、12個のみかんのうちの2つを「選ぶ＝それを(┃)とみなす」ということですね

 

例えば、仕切り棒(┃)がそれぞれ自由に動いて、

 

 なら、Aさん3個・Bさん2個・Cさん5個の形と見ることができますね

 

┃┃〇〇〇〇〇〇〇〇〇〇 なら、Aさん0個・Bさんも0個・Cさん10個と見れますね

 

〇〇〇〇〇┃┃〇〇〇〇〇 なら、Aさん5個・Bさん0個・Cさん5個と見れますね

 

┃〇〇〇〇〇〇〇〇〇〇┃ なら、Aさん0個・Bさん10個・Cさん0個と見れますね

というわけで、10個のみかんと仕切り2本の合計12から、2個選ぶ形ということと同じ意味ですね！

 

12個から2個選ぶ →   = \({}_{12}\mathrm{C }_2\)  = \(\large{\frac{12\ \cdot \ 11}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 66 通り

 

ex. 66通りの中身は、

 

 

 

 

余談が長くなってしまいましたので
再度、問題文です

 

《 例 》
10個のみかんを、Aさん、Bさん、Cさん　に分ける

 

(1)　1つももらえない人がいてもよい場合、何通り？　→ 済

 

(念のため再度)
　→ 10+仕切り棒2本 = 12
　＜ということは＞
　→ 12個の〇から2つを選んで、その2つを┃に変えることと同じ
　∴ \({}_{12} \mathrm{C }_2\) = \(\large{\frac{12\ \cdot \ 11}{2\ \cdot \ 1}}\) = 6・11  = 66 通り

 

〈CCCCCCCCCC〉 〈BCCCCCCCCC〉 〈BBCCCCCCCC〉 〈BBBCCCCCCC〉 〈BBBBCCCCCC〉 〈BBBBBCCCCC〉 〈BBBBBBCCCC〉 〈BBBBBBBCCC〉 〈BBBBBBBBCC〉 〈BBBBBBBBBC〉 〈BBBBBBBBBB〉 〈ACCCCCCCCC〉 〈ABCCCCCCCC〉 〈ABBCCCCCCC〉 〈ABBBCCCCCC〉 〈ABBBBCCCCC〉 〈ABBBBBCCCC〉 〈ABBBBBBCCC〉 〈ABBBBBBBCC〉 〈ABBBBBBBBC〉 〈ABBBBBBBBB〉 〈AACCCCCCCC〉 〈AABCCCCCCC〉 〈AABBCCCCCC〉 〈AABBBCCCCC〉 〈AABBBBCCCC〉 〈AABBBBBCCC〉 〈AABBBBBBCC〉 〈AABBBBBBBC〉 〈AABBBBBBBB〉 〈AAACCCCCCC〉 〈AAABCCCCCC〉 〈AAABBCCCCC〉 〈AAABBBCCCC〉 〈AAABBBBCCC〉 〈AAABBBBBCC〉 〈AAABBBBBBC〉〈AAABBBBBBB〉 〈AAAACCCCCC〉 〈AAAABCCCCC〉 〈AAAABBCCCC〉 〈AAAABBBCCC〉 〈AAAABBBBCC〉 〈AAAABBBBBC〉 〈AAAABBBBBB〉 〈AAAAACCCCC〉 〈AAAAABCCCC〉 〈AAAAABBCCC〉 〈AAAAABBBCC〉 〈AAAAABBBBC〉 〈AAAAABBBBB〉 〈AAAAAACCCC〉 〈AAAAAABCCC〉 〈AAAAAABBCC〉 〈AAAAAABBBC〉 〈AAAAAABBBB〉 〈AAAAAAACCC〉 〈AAAAAAABCC〉 〈AAAAAAABBC〉 〈AAAAAAABBB〉 〈AAAAAAAACC〉 〈AAAAAAAABC〉 〈AAAAAAAABB〉 〈AAAAAAAAAC〉 〈AAAAAAAAAB〉 〈AAAAAAAAAA〉
の66通り

↑	仕切り棒2本の場所をイメージしてみてくださいね

〈CCCCCCCCCC〉 →〈┃┃CCCCCCCCCC〉

 

 

(2) 1つはもらえる場合は、何通り？

 

＜ということは＞
　のみかん10個のすき間の9個の∧のうち どれか2つを選んで、赤(∧)に換えれば、

 

 

∴ \({}_9 \mathrm{C }_2\) = \(\large{\frac{9\ \cdot \ 8}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 36 通り

 

〔考え方2〕
3人に先に(もらえない防止のため)1つづつ分けておきます
残り  〇〇〇 〇〇〇 〇 7個+仕切り棒(┃)2本  =9
∴ \({}_9 \mathrm{C }_2\) ←全く同じですね = 36 通り

 

〈ABCCCCCCCC〉 〈ABBCCCCCCC〉 〈ABBBCCCCCC〉 〈ABBBBCCCCC〉 〈ABBBBBCCCC〉 〈ABBBBBBCCC〉 〈ABBBBBBBCC〉 〈ABBBBBBBBC〉 〈AABCCCCCCC〉 〈AABBCCCCCC〉 〈AABBBCCCCC〉 〈AABBBBCCCC〉 〈AABBBBBCCC〉 〈AABBBBBBCC〉 〈AABBBBBBBC〉 〈AAABCCCCCC〉 〈AAABBCCCCC〉 〈AAABBBCCCC〉 〈AAABBBBCCC〉 〈AAABBBBBCC〉 〈AAABBBBBBC〉 〈AAAABCCCCC〉 〈AAAABBCCCC〉 〈AAAABBBCCC〉 〈AAAABBBBCC〉 〈AAAABBBBBC〉 〈AAAAABCCCC〉 〈AAAAABBCCC〉 〈AAAAABBBCC〉 〈AAAAABBBBC〉 〈AAAAAABCCC〉 〈AAAAAABBCC〉 〈AAAAAABBBC〉 〈AAAAAAABCC〉 〈AAAAAAABBC〉 〈AAAAAAAABC〉
の36通り

 

 

 

《 例 》
x+y+z = 10 を満たす「0以上の整数」x、y、zの組は、何通り？

 

(整数：-2、-1、0、1、2… 「0」OK！)
実は上の(1)(もらえないOK)と 同じ問題、全く同じ原理、と分かりますか？

 

＜ということは＞
10は、1+1+1+1+1+1+1+1+1+1
(1と┃は似ているので1を〇にしますね)
ex. ┃┃〇〇〇 〇〇〇 〇〇〇 〇 → 0（x）+0（y）+10（z） を表す、正確には〈zzzzzzzzzz〉を表す
∴ 10+仕切り棒2= 12
　\({}_{12} \mathrm{C }_2\)　∴ 66 通り　みかんのときと同じですね

 

 

 

 

《 例 》
x+y+z = 10 を満たす「自然数」x、y、zの組は、何通り？
(自然数：1、2、3… 「0」OUT！)

 

＜ということは＞
もうわかりますね、実は上の(2)と  全く同じ原理、  同じ問題ですね！  (1つはもらう)ですね
∧ (「すき間三角」と呼ばしてもらいますね)は…
∧の数 ＝ 〇-1 = 10-1 = 9
ex)  → 1（x）+1（y）+8（z）を表す、正確には〈x y zzzzzzzz〉を表す

 

∴ \({}_9 \mathrm{C }_2\) = 36 通り

 

 

 

《 例 》
りんご、みかん、ぶどう を合わせて9個の詰め合わせを作る

 

(1) 1つも使わないフルーツがあってもよい場合、何通り？

 

→ 重複してよいものが、「人」から「りんご、みかん、ぶどう」になっただけですね

 

の「C(コンビネーション)」ですね

 

  = 11・5  = 55 通り

 

ex.
〈RRRRRRRRR〉←フルーツ：りんごを選んでりんごになりました！次のフルーツ：僕もりんごになりました！
〈RRRRRRRRM〉←フルーツ：みかんを選びました！そして並びにこだわらないみたいなので、1番後ろに並びました

〈BBBBBBBBB〉の55通り

 

 

(2) 少なくとも1つは使うような分け方は、何通り？

 

＜ということは＞

→ 8個の∧のどれか2つを選んで∧に換えれば、
必ず1つは使っていることになりますね！
∴ \({}_8 \mathrm{C }_2\) = \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 28 通り

 

(または)
先に各フルーツを先に1個づつ入れておきます。
残りの6個+┃2本
→ 〇〇〇〇〇〇+┃┃
∴ \({}_8 \mathrm{C }_2\) = 28 通り

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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d 組分け

 

次は、言葉の順番的に
「同じものを含む組合せ」なのですが、
先に、「組分け」に行きますね

 

 

①　分けはめ

 

「分けはめ」という言葉は当然正式な名称ではありません(親中造語)
本来は次に学ぶ「組分け」に属するものとなります
(組合せ(C)の3つのイメージのうちの1つ「分ける」ですね)

 

親中ではあえて分類させていただきますね

 

 

 

 

 

《 例 》
8人の部員を一軍に3人、二軍に3人、三軍に2人に分ける方法は何通り

 

→ 人は区別(名前)がある ABCDEFGH

 

→ 枠にも区別がありますね 

 

まずは\({}_8 \mathrm{C }_3\)で一軍に3人 → \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7\ \cdot \ 6}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)＝56通り
 ┃  このような状態ですね (当然現時点控えも56通り)
↑「分ける」なので当然 枠内の並びにはこだわっていない → \({}_8 \mathrm{C }_3\)でOK

 

次に控え5人から\({}_5 \mathrm{C }_3\)で二軍に3人 → \(\large{\frac{5\ \cdot \ 4\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)＝10通り
 ┃   現時点 56×（につき）10＝560通り (ちなみに控えは\({}_{8} \mathrm{C }_2\)=28通り)

 

最後の控え2人は自動的に三軍枠へ入るので1通り (「最後は1通り」でも「\({}_2 \mathrm{C }_2\)で1通りでもどちらでもOK)

 

∴ 56通り×10通り(×1通り)＝560通り

 

 

 

 

《 例 》
12冊の異なる本を、Aさんに5冊、Bさんに4冊、Cさんに3冊ずつ分ける方法は何通り？

 

→	元 → 区別あり (異なる～より)
→	個数指定 → あり
→	枠の区別 → あり(Aさん、Bさん、Cさん)(枠の並びにこだわる (枠内の並びにはこだわらない)

⇒ 分けはめ

 

→ \({}_{12} \mathrm{C }_5\)×\({}_7 \mathrm{C }_4\) ＝\(\large{\frac{12\ \cdot \ 11\ \cdot \ 10\ \cdot \ 9\ \cdot \ 8}{5\ \cdot \ 4\ \cdot \ 3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)×\(\large{\frac{7\ \cdot \ 6\ \cdot \ 5}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\) ＝792×35 ＝396×70 ＝27720通り

 

 

 

 

《 例 》
6人を2人ずつ部屋A、部屋B、部屋Cに分ける方法は何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠の区別 → あり(部屋A、部屋Bさん、部屋C)(枠の並びにこだわる)

⇒ 分けはめ

 

→ \({}_6 \mathrm{C }_2\)×\({}_4 \mathrm{C }_2\)＝15×6＝90通り

 

 

 

 

 

②　組分け

 

「組分け」のイメージは、個数指定に従って、「ただ分ける」ですね！

 

全体的なイメージなら

 

→ 3人選べば当然、 枠が発生しますね
→ 次に選んだ組にも当然  枠が発生！
→ そして実は、この枠には潜在的な名前が付いていたのです

 

 

ex)

 

● そして、「組分け」は、この潜在的な名前を「消去」します
　すなわち「枠名がない！」

 

→よって、「組合せ数えをすると」 →「 組合せ的に同じ」といえるものが発生する場合があります！

 

上のex)から枠名(部屋名)をなくすと
区別のない部屋になりますね
部屋A → 部屋　
部屋B → 部屋

 

潜在的な枠名の方も、
「1番目に選んだ3個組」「2番目に選んだ3個組」は
実は「ただの3個組」「ただの3個組」だったとなります

 

 

「ダブってますね！」

 

 

というわけで、

 

1 2 3 をX、4 5 6 をYとおくと
(X, Y) (Y, X) → 〈X, Y〉
枠単位で組合せ数えをするということですね

 

ということは、
「同じ大きさの枠の個数の階乗」で割れば、ダブりが解消されるということですね

 

(枠を、組合せのときのマスのように思えばよいですね → マスに基準名があれば順列数え、なければマス数の階乗で割った組み合わせ数え　でしたね))
(上の場合なら、枠レベルで組合せ数えをするとダブりになってしまうものが2つ → \(\large{\frac{2通り}{\color{red}{ 2!}}}\) = 1 通り ですね)

 

ex.

 

 

　1,2,3 の枠名を1、
　4,5,6 の枠名をを 2
　7,8,9 の枠名をを 3　とすると
　　　↓

 

 

部屋名がない(枠名がない) → 区別しない ＝ 並びにこだわらない数え方

 

→ ただの組み合わせのときに、かぶりをなくすために「マス数の階乗」で割ったように、「枠数の階乗」で割る ということですね

 

この場合なら、\(\large{\frac{6通り}{\color{red}{3!}}}\) = 1 通り 〈1, 2, 3〉ですね
→ 1通りだ！

 

 

● 枠名がなくても、枠の大きさが違うと
→ かぶりは発生しない → 枠に区別があるということ → 分けはめだ！

 

ex.

 

「1番目に選んだ4個組」「2番目にに選んだ2個組」が
「4個組」「2個組」になります…が！別物ですね！

 

列挙していくと

 

ここに2桁の数字が来る列挙は絶対にない ＝ ダブりとなる組合せは出てこない　ですね

 

よって、階乗で割る必要がないですね

→	枠名がなくても枠の大きさが違えば「別物(区別がある)」
→	分けはめだ！

 

 

 

 

 

 

 

「同じ大きさのフレーム数の階乗」ということは、同じ大きさのフレームが
なければ「フレーム数の階乗」で割る必要はないということ

 

 

それでは例題です
「組分け」の前提は、「全て異なるものを」「全部または1部使い(選び)ます」(出題では99％「全部使う(分けきる)」ですね)

 

《 例 》
123456の6人がいます

 

(1) 部屋Aに3人、部屋Bに3人に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → あり (部屋A、部屋B)(枠の並びにこだわる)

⇒ 分けはめ

 

\({}_6 \mathrm{C }_3\)×

 

　= \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)・1  = 20 通り

 

 

 

(2) 3人、3人に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → なし → 枠の大きさ → 「2つとも同じ」 ＝「枠の区別なし」

⇒ 組分け

 

∴ \(\large{\frac{{}_6 \mathrm{C }_3}{\color{red}{ 2!}}}\) = \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1×2!}}\)  = 10 通り

 

 

 

(3) Aに3人、Bに2人、Cに1人 に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → あり (A、B、C)

⇒ 分けはめ

 

∴ \({}_6 \mathrm{C }_3\)　×　　×　
残りの3人から2人を選ぶ 最後の残り
　= \(\large{\frac{6\ \cdot \ 5\ \cdot \ 4}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1}}\)・・1  = 60 通り

 

 

 

(4) 3人、2人、1人 に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → なし 枠の大きさ → 「異なる」＝「枠の区別あり」

⇒ 分けはめ

 

∴ (3)と同じ 60 通り

 

 

 

(5) 2人、2人、2人 に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → なし 枠の大きさ →「3つとも同じ」＝「枠の区別なし」

⇒ 組分け 　〈 , , 〉

 

∴ \(\large{\frac{{}_6 \mathrm{C }_2×{}_4 \mathrm{C }_2×1}{\color{red}{3!}}}\)  =   = 15 通り

 

 

 

(6) 2人、2人、1人、1人 に分ける方法は、何通り？

 

→	元 → 区別あり (人より)
→	個数指定 → あり
→	枠名 → なし 枠の大きさ →「2つ2つで同じ」＝「枠の区別部分的になし」

⇒ 分けはめ、組分け 　(〈 , 〉,〈 , 〉)

 

∴ \(\large{\frac{{}_6 \mathrm{C }_2×{}_4 \mathrm{C }_2×{}_2 \mathrm{C }_1×1}{\color{red}{2!}×\color{red}{2!}}}\)  =   = 45 通り

 

 

 

 

 

 

何が違うのか、比較しながら解いてみる

 

同じ意味の問題を2種類並べて見ていきますね

 

《 例 》
● W異なる
(1)

ア	8個の異なる品物を、3人(=異なる3人)に1つずつ分ける方法
イ	8人(=異なる8人)を、3つの異なる部屋に1人ずつ分ける方法

(全く同じ問題です。「品」が「人」、「人」が「部屋」になっただけですね)

 

 

・	W異なる(マスになる方も、選ばれる方も区別がある) → 絶対順列数え系(どちらがマスになっても必ず基準名があるから) → 普通順列系か円順列系か分けはめか重複順列
・	個数指定あり → 「1つずつ/1人ずつ」より

　 → 「1マス限定枠 (  ) 」　 → 普通～系

・	「W異なる」「1マス限定枠」より、普通順列系か円順列系 →「円状」的なワードなし → 円順列ではない ⇒ 『普通順列』
・	xyz がマス(選ぶ方)

 

→ (どちらがマスかな？な時は → 1例シミレーション)
(  ) or ()？
→ DEFが使えるのは… xyz がマスだな

 

∴ ＝ \({}_8 \mathrm{P }_3\) ＝ 8×7×6 ＝ 336通り

 

 

 

(2)

ア	8個の異なる品物を、xさんに3個 yさんに3個 zさんに2個ずつ分ける方法
イ	8人(=異なる8人)を、部屋xに3人 部屋yに3人 部屋zに2人ずつ分ける方法

 

 

・	W異なる → 絶対順列数え系 → 普通順列系か円順列系か分けはめか重複順列
・	個数指定あり → 「指定枠」発生 → 分けはめ系 → 枠名 → あり → 基準名があるということ → 枠レベルの順列数え ⇒ 『分けはめ』
・	少ない方が枠 → xyz が枠(選ぶ方)
(・	マス → 個数指定のため → 枠内にある →「分ける」より、並びにこだわらない)

 

∴ \({}_8 \mathrm{C }_3\)×（につき）\({}_5 \mathrm{C }_3\)×（につき）\({}_2 \mathrm{C }_2\) ＝ \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7\ \cdot \ 6×5\ \cdot \ 4\ \cdot \ 3×2\ \cdot \ 1}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1×3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1×2\ \cdot \ 1}}\) ＝ 560通り

 

 

 

(3)-①

ア	8個の異なる品物を、3人(=異なる3人)に分ける方法 ただし、もらえるない人がいてもよい
イ	8人(=異なる8人)を、3つの異なる部屋に分ける方法 ただし、空室があってもよい

 

 

・	W異なる → 絶対順列数え系 → 普通順列系か円順列系か分けはめか重複順列

・ 個数指定なし　→ 「変動枠 (1枠につき1マス 　 → 出来上がったものごとに後付けで　枠を連結 するということ  )」 → まずはマスだけで勝負　→ 重複～系

・	「W異なる」「変動枠」より ⇒ 『重複順列 (もらえない/空室OK)』

・ ABCの方がマス(選ぶ方)

 

→ (どちらがマスか？な時は → 2マスシミレーション)
or ？ → xさんyさんともにAを持つ？！→ ABC がマスだな

 

∴ 38 ＝ 94 ＝ 812 ＝ 6561通り

 

 

 

(3)-②

ア	8個の異なる品物を、3人(=異なる3人)に分ける方法 ただし、少なくとも1個はもらえる
イ	8人(=異なる8人)を、3つの異なる部屋に分ける方法 ただし、少なくとも1人は入る

 

 

同様な絞り込みで
⇒ 『重複順列 (もらえない人/空室はＮＧ)』 → 場合分け

 

重複順列のもらえない/空室ＮＧは「場合分け」になります！！難です、高校入試ではまず出題されないと思われます

 

(考え方) 「少なくとも」とくれば、「余事象」ですね！
〈1個はもらえる/1人は入る〉  = 全通り  -〈もらえない人がいる/入らない部屋がある〉

 

＝ 全通り-

 

= 全通り-みんなが同じものを選んだ場合 (結果：もらえない人2人/空室2部屋)-みんなが2種類のどちらかを選んだ場合(結果：もらえない人1人/空室1部屋)

 

ⅰ) もらえない2人/空室2部屋
みんなx を選んだ   → 1通り
みんなy を選んだ   → 1通り
みんなz を選んだ   → 1通り
　 ＝ 計3通り

 

ⅱ) もらえない1人/空室1部屋
・みんなが x か y を選んだ   (結果 z のみ空 の場合)
  - みんながx を選ぶ1通り  - みんながy を選ぶ1通り みんながx、またはみんながy を選ぶとⅰと同じく空が2つになってしまいますので = 28-1-1  = 256-2  = 254 通り(結果z のみ空)

 

・同様に、みんなが x か z を選んだ(結果y のみ空)  → 254 通り
・同様に、みんなが y か z を選んだ(結果x のみ空)  → 254 通り
∴ 空が〈1人/1部屋〉の場合  254+254+254  = 計762 通り

 

∴ 何かしらの空がある場合  = ⅰ+ⅱ = 3+762  = 合計765 通り

 

∴ 少なくとも1個はもらえる/少なくとも1人は入る 分け方は
　6561-765  = 5796 通り

 

 

 

 

● シングル異なる(バージョン1)
(4)-①

ア	8個の区別のない品物(8個のみかん等)を、3人(=異なる3人)に分ける方法 ただし、もらえない人がいてもよい
イ	8人を区別しない(人を区別しないとは変な話ですが)で、3つの異なる部屋に分ける方法 ただし、空室があってもよい

 

 

・	シングル異なる → 順列系か組合せ系か不明(どちらがマスかによる)
・	個数指定なし → 「変動枠」→ 重複系

・ マスシミレーション
　→ 〈  〉 or (  ) ？  → (〇〇〇) 〇が3並んでも意味がない → 〇達がマスだな

⇒ 『重複組合せ(もらえない/空室OK)』

 

 

∴ 今回は 「空がOK」ですので、「仕切り棒(┃)タイプ」！
　3つに分けるので、仕切り棒は、2本

 

〇〇┃〇〇〇〇┃〇〇
\({}_{8+2} \mathrm{C }_2\)  = \({}_{10} \mathrm{C }_2\)  = \(\large{\frac{10\ \cdot \ 9}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 45 通り

 

 

 

(4)-②

ア	8個の区別のない品物(8個のみかん等)を、3人(=異なる3人)に分ける方法 ただし、1つはもらえる
イ	8人を区別しない(人を区別しないとは変な話ですが)で、3つの異なる部屋に分ける方法 ただし、1人は入る

 

 

・ 同様な絞り込みで
⇒「重複組合せ(もらえない/空室NG)」
・ 空がNGな場合  → すき間三角∧
　→ 3つに分けるので、∧を2つ選べばよいですね

 

 

 

 

∴ \({}_7 \mathrm{C }_2\)  = \(\large{\frac{7\ \cdot \ 6}{2\ \cdot \ 1}}\)  = 21 通り

 

 

または、あらかじめ3人/3部屋に、1つずつ/1人ずつ 分配しておいて、残りの5個/5人(← 8-3)の〇達で仕切り棒┃でもOKでしたね
∴ \({}_{5+2} \mathrm{C }_2\) ＝ \({}_7 \mathrm{C }_2\) (上と全く同じですね) ＝ 21通り

 

 

 

 

 

(5)

ア	8個の区別のない品物(8個のみかん等)を、xさんに3個 yさんに3個 zさんに2個分ける方法
イ	8人を区別しない(人を区別しないとは変な話ですが)で、部屋x に3人 部屋y に3人 部屋z に2人に分ける方法

 

 

・ 個数指定あり、枠名あり　⇒ 分けはめ
　ですが、
　枠内の並びが1通りということ
 ＝ (1通り, 1通り, 1通り) ＝ 1通り

 

⇒ 重複組合せでも考えられますね
　〈xxx yyy zz〉 の1通りしかない(重複組合せのある1場面)

 

 

 

 

● シングル異なる(バージョン2)
(6)

ア	8個の異なる品物を、区別のない3人(人を区別しないとは変な話ですが)に1個ずつ分ける方法
イ	8人(＝異なる8人)を、区別のない3部屋に1人ずつ分ける方法

 

 

・	シングル異なる → 順列系か組合せ系か不明(どちらがマスかによる)
・	個数指定あり → 「1個ずつ・1人ずつ」より →「1マス限定枠 (  ) 」 → 普通～系
・	マス → シミレーション

　(  ) or〈 〉→ □が3つ並んでも意味がない … □がマスだな

・	マス名がない → マスの並びにこだわらない ⇒ 『普通組合せ』

 

∴ ÷3! ＝ \({}_8 \mathrm{C }_3\) ＝ \(\large{\frac{8×7×6}{3×2×1}}\) ＝ 56通り

 

 

 

(7)

ア	8個の異なる品物を、区別のない3人に3個、3個、2個ずつ分ける方法
イ	8人(＝異なる8人)を、区別のない3部屋に3人、3人、2人に分ける方法

 

 

・	シングル異なる → 順列系か組合せ系か不明(どちらがマスかによる)
・	個数指定あり → 「指定枠」 → 分けはめ系
・	枠 → 少ない方が枠 → □が枠(選ぶ側) → 枠名がない → 同じ大きさの枠は並びにこだわらない ⇒ 『分けはめ』『組分け』
(・	マス → 個数指定のため → 枠内にある →「分ける」より、並びにこだわらない)

 

∴ 2枠が同じ大きさより → \(\large{\frac{{}_8 \mathrm{C }_3×{}_5 \mathrm{C }_3×{}_2 \mathrm{C }_2}{2!}}\) ＝ \(\large{\frac{8\ \cdot \ 7\ \cdot \ 6×5\ \cdot \ 4\ \cdot \ 3}{3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1×3\ \cdot \ 2\ \cdot \ 1×2\ \cdot \ 1}}\) ＝ 280通り

 

 

 

(8)-①

ア	8個の異なる品物を、区別のない3人(人を区別しないとは変な話ですが)に分ける(3組に分ける)方法 ただし、少なくとも1つはもらえる
イ	8人(=異なる8人)を、区別のない3部屋に分ける(3組に分ける)方法 ただし、少なくとも1人は入る

 

 

・	シングル異なる → 同じものを含む順列系か組合せ系か不明(どちらがマスかによる)

・ 個数指定なし → 「変動枠」 → 重複系
⇒ 重複組合せ？ → ～組合せなので区別のない方がマス
　シミレーション 〈 A（□）A（□）A（□） 〉 → Aの重複使用はおかしい！

 

⇒ では重複順列？ → ～順列なので区別のある方がマス
　シミレーション (□（A）□□□□□□□（H）) → 1通り → 意味がない

 

・ 枠名はないけど3つの枠はある → 「個数指定」があれば、分けはめ・組分けなのに……

 

 

 

考え方1)
個数指定のバリエーションを自分で考えて「分けはめ・組分け」とする

 

→ 3つの枠になる個数指定は、

 

 

の5パターン
枠名がない → 枠単位の組み合わせ数えなので〈3マス3マス2マス〉などは⑤〈2マス3マス3マス〉のダブりとなりますね → 先頭枠 ≦ 中枠 ≦ 右枠 と基準づけて列挙すればダブりを防げますね
∴ 個数指定のパターンはこの5パターン

 

 

∴ 28+168+280+210+280  = 966 通り

 

 

 

考え方2)
□に名前を付けて(区別をつけて)「重複順列」とする、その後〈人名/部屋名〉を除く処理(かぶり排除)をする

 

(3)-② 重複順列(1つはもらえる/1人は入る)の解は「5796通り」でしたね
枠名をなくすために、3つの枠分の「かぶり」である3! で割れば「組分け」と同じ効果ですね

 

例えば、
上のパターン の28通りのうちの1つに  があります。

 

重複順列の  を  まとまった枠に入ったとみなし(個々の枠を連結し)、見やすくした  から枠名をなくしたものは、  と同じですね
そして重複順列はあらゆるパターンを持っていますので、中には





も含まれています
ということは、枠x, y, z の並びにこだわらない数え方をすれば枠名がなくなるということ
⇒ x, y, z の枠数の階乗でわればよい → 3! で割ればよいということですね！

 

重複順列のどこかにある  などは、枠を基準にすれば  となりますね(枠内はちゃんとアルファベット順ですねBC…)
これも3!で割れば  の28通りのうちの1つ  ですね → 安心して枠数の階乗で割ってOK

 

∴ \(\large{\frac{5796}{3!}}\) = 966 通り

 

 

 

(8)-②

ア	8個の異なる品物を、区別のない3人(人を区別しないとは変な話ですが)に分ける(3組に分ける)方法 ただし、もらえない人がいてもよい
イ	8人(=異なる8人)を、区別のない3部屋に分ける(3組に分ける)方法 ただし、1人も入らない部屋があってもよい

 

 

 

考え方1)
同様に、個数指定のパターンをリストアップして「分けはめ ・ 組分け」とすると、
上のパターン+1人占めパターン+2人占めパターン

 

 

 

∴ (7)-①の966+　1+8+28+56+35  = 1094 通り

 

 

 

考え方2)
同様に、区別をつけて重複順列(1つもらえない/空室OK)の解(6561通り)から、かぶりを除く方法ですね

 

ただし、〈もらえない人/空室あり〉の部分は、単純に「3!」で割れないですね、

 

(もらえない2人/空室2つ)
  　1通り
  　1通り
  　1通り

 

ただの「3」で割って、1通りですね

 

→ 重複順列の列挙の中に、2人もらえない/空室2つを表す はあっても、
 のようなものはないですね
∴ 重複順列には元々1マスにつき1つの枠しかなく、
　マスがx, y, z を選んだ後に後付けで枠を連結とみなしているので
　「ある、空、空」は、「文字数から1つを並べた通り数」
　すなわち、今回なら \({}_3 \mathrm{P }_1\) ＝ 3通りで存在している
∴ 最終段階として、x, y ,z の区別をなくすには \({}_3 \mathrm{P }_1\)で割ればよいということですね

 

 

同様に、
(1人もらえない/空室1つ)を表すものは
 などですね
 のようなものはないですね
∴ 「ある、ある、空」は、「文字数から2つを並べた通り数」
　すなわち、今回なら \({}_3 \mathrm{P }_2\) ＝ 6通りで存在している
例えば、 の8通りの内の1つ 〈A, BCDEFGH〉になるものは
(x（A）, yyyyyyy（H）) (y, xxxxxx)
(x, zzzzzzz) (z, xxxxxxx)
(y, zzzzzzz) (z, yyyyyyy) の6通りで存在

 

∴ 最終段階として、x, y ,z の区別をなくすには \({}_3 \mathrm{P }_2\)で割ればよいということですね

 

 

 

という訳で

  = 1+1093
  = 1094 通り

 

 

 

● どちらも区別がない
(9)-①

ア	8個の区別のない品物を、区別のない3人(人を区別しないとは変な話ですが)に分ける(3組に分ける)方法 ただし、もらえない人がいてもよい
イ	区別のない8人(人を区別しないとは変な話ですな)を、区別のない3部屋に分ける(3組に分ける)方法 ただし、1人も入らない部屋があってもよい

 

 

もうここまでくると、「列挙」するしかないですね！

 

∴　10 通り

 

 

 

(9)-②

ア	8個の区別のない品物を、区別のない3人(人を区別しないとは変な話ですが)に分ける(3組に分ける)方法 ただし、1つはもらえる
イ	区別のない8人(人を区別しないとは変な話ですな)を、区別のない3部屋に分ける(3組に分ける)方法 ただし、1人は入る

 

→ (9)-① の答えから「0」を含むものを除けばよいですね
∴ 5 通り

 

 

 

 

 

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c　同じものを含む組合せ

 

同じものを含む場合は、もう単純に「C」は使えせんね！
ご想像通り  …「場合分け  →考えられるパターンは？」となります

 

 

《 例 》

 

● 1枚を取り出す「組合せ」は、何通り？
マスには abcの3種類全て可能性がありますね
∴ 3通り 〈a〉〈b〉〈c〉

 

〇 1枚を取り出す「順列」は、何通り？
　∴ (同様)に 3通り   (a)(b)(c)

 

 

 

● 2枚を取り出す「組合せ」は、何通り？

 

考えられるマスパターンは ←(場合分け)

 

場合分け←和の法則でしたね   ∴ 2通り+3通り= 5 通り

 

〇 2枚を取り出す「順列」は、何通り？
考えられるマスパターンは  ←(場合分け)

 

∴ 2 通り+6 通り= 8 通り

 

 

 

 

● 3枚を取り出す「組合せ」は、何通り？

 

考えられるマスパターンは

 

∴ 1通り+4通り+1通り  = 6 通り

 

〇 3枚を取り出す「順列」は、何通り？
→ おおよそ、上のC×〇!でP(順列)ですが…
① \({}_1 \mathrm{C }_1\)×1! = 1 通り  　(aaa)
②

 

→ 4通り×\(\large{\frac{3!}{2!}}\)  = 4通り×3通り  = 12 通り　
〈aab〉×\(\large{\frac{3!}{2!}}\)  +〈aac〉×\(\large{\frac{3!}{2!}}\)  +〈bba〉×\(\large{\frac{3!}{2!}}\)  +〈bbc〉×\(\large{\frac{3!}{2!}}\)
③ \({}_3 \mathrm{C }_3\)×3! = 6 通り　〈abc〉×3!

 

∴ 1通り+12通り+6通り  = 19通り

 

 

 

● 4枚を取り出す「組合せ」は、何通り？

 

考えられるマスパターンは

 

 

 

∴ 2通り+1通り+2通り+0通り  = 5 通り

 

 

 

〇 4枚を取り出す「順列」は、何通り？

 

 

 

● 5枚を取り出す「組合せ」は、何通り？

 

考えられるマスパターンは

③  
・前,中2マスは 2か所に、  候補 a,bを入れる  → \({}_2 \mathrm{C }_2\) → 1 通り
・後マスは残りの c ←余った aは入れてはいけない
aは先に「2つ使う」として使用済み→ aabbaは①と同じ！  →\({}_1\mathrm{C }_1\)
よって \({}_2 \mathrm{C }_2\)×\({}_1 \mathrm{C }_1\)  = 1×1  = 1 通り  〈aabbc〉

 

∴ 1+1+1 = 3 通り

 

 

〇 5枚を取り出す「順列」は、何通り？
① 〈aaabb〉の順列  = \(\large{\frac{5!}{3!\ \cdot \ 2!}}\)  =   = 10 通り
② 〈aaabc〉の順列  = \(\large{\frac{5!}{3!}}\)  =   = 20 通り
③ 〈aabbc〉の順列  = \(\large{\frac{5!}{2!\ \cdot \ 2!}}\)  =   = 30 通り

 

∴ 10+20+30  = 60 通り

 

 

 

 

● 6枚を取り出す「組合せ」は、何通り？ → 1 通り ですね

 

〇 6枚を取り出す「順列」は、何通り？
　aaabbcの「同じものを含む全順列」ですね
→ \(\large{\frac{6!}{3!\ \cdot \ 2!}}\)  =   = 60 通り

 

 

 

 

《 例 》
a,a,a, b,b,b c,c, d,e から4つを取り出す 組合せは何通り？

 

→ 同じものを含む  → 何個かを取り出す  → 場合分け

 

考えられるマスパターンは

 

∴ 8+3+18+5 = 34 通り

 

 

場合の数まとめ

 

　　　は難です、高校入試でまず出ることはありません

 

「場合の数」のお話はここまでですが、
かなり長くなってしまいましたね！

 

中学生には「難しい」と感じたと思いますが、
あえて「小学、中学レベルの場合の数」と「高校レベルの場合の数」の中間レベルのお話をさせていただきました

 

そうすることで、「2つ効果」があると期待したからです

 

①	「小学、中学レベルの場合の数」が簡単に感じる
②	高校生になった時、すんなりと「高校レベルの場合の数」に入っていける

 

②に関しては、「場合の数」の難しさレベルが「小、中」と「高校」では
ギャップが大きすぎると感じていたからです。

 

「中間レベル」が必要では？と感じていたのでした！！
頑張っていきましょう！

 

 

 

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