Etiqueta: Tabla de Matemáticas A

  柳川 高明 (Escrito por) 数研出版 (Casa editorial de) 20031 de abril de 2016 (Fecha de lanzamiento) Libro (Formato) 今日も場合の数の問題を解いていく。 まずは問15。 僕は次のようにして解いた。 Al principio、回転して重なる場合も異なる図形であるとすると、全ての塗り分け方は\({ 2 }^{ 9 }=512\)通りある。 また回転しても形が変わらない塗り分け方を数えると8通りある。 Además、回転したら形が2つになる塗り分け方は12通りある。 残りは回転したら形が4つになる塗り分け方である。 よってその塗り分け方は、 $$\frac { 512-\left( 8+2\times 12 \right) }{ 4 } =120$$ 通りである。 これらから、求める答えは $$8+12+120=140$$ 通りだ。 しかしこのやり方だと、回転したとき形が2つになる塗り分け方を数えるのが分かりにくい。 数えもれが出てしまう可能性が大だ。 解答例では9マスを中央の正方形と周りの4つの長方形に分けて計算していた。 長方形の塗り方は4通りで、この中から周りの4つの長方形がの塗り分け方が 1種類のとき 2種類のとき 3種類のとき 4種類のとき を場合分けして考えればいいという。 そういうものか～ 次は問16。 (1)、(2)は\(a=6\)なので南北方向の敷き詰め方は決まる。 あとは東西方向の長さに着目すればいい。 (3)はヒントによると、まず辺ABに沿った部分から敷くと4通りが考えられる。 Y、それらの場合の残り部分の敷き詰め方を考えればいい。 (1)、(2)のやり方も使って解いていくことになるが、僕は計算間違いをしてしまった。 なかなかミスが多くて困ったものだ。 その次は問17。 展開式の一般項は二項定理を用いて次式で表される。 $${ _{ m }{ C }_{ j } }{ \cdot _{ n }{ C }_{ k }{ x }^{ 2j+3k } }$$ あとは\({ x }^{ 6 }\)について\(2j+3k=6\)を満たす\(0\)以上の整数\(\left( j,k \right) \)を考えればいい。 そうしたら\(m\)の範囲を求めて、それぞれの\(m\)について\(n\)が存在するかを考える。 これで(1)が解けた。 (1)が分かれば(2)は簡単に解ける。 最後に問18。 (1)は背理法を使うなりして簡単に解ける。 まぁ背理法を使わなくても解けるみたいだけどな。 (2)はヒントによると以下のようにするのがポイントみたいだ。 $$\left( { 2 }^{ p-1 }-1 \right) \times 2={ 2 }^{ p }-2={ \left( 1+1 \right) }^{ p … Continue readingチャート式 数学A part4【場合の数編】

柳川 高明 (Escrito por)数研出版 (Casa editorial de)20031 de abril de 2016 (Fecha de lanzamiento)Libro (Formato) 今日から第1章「場合の数」の総合演習B問題を解いていく。まずは問11からだ。(A)の条件から、正の整数\(m\)は\(2\)を素因数にもたず、\(9={ 3 }^{ 2 }\)を因数にもつと分かる。(1)は背理法で証明すればいい。\(m\)の正の約数で素数となるものが3つ以上あるとする。それらを\(3\)、\(p\)、\(q\)、…とする。ただし\(p\)、\(q\)、…は\(5\)以上の素数である。すると\(m\)は以下のように素因数分解される。 $$m={ 3 }^{ k }{ p }^{ a }{ q }^{ b }\cdot \cdots \quad \left( k\ge 2,\quad a\ge 1,\quad b\ge 1,\quad \cdots \right) $$ このとき\(m\)の正の約数の個数は次式で表される。 $$\left( k+1 \right) \left( a+1 \right) \left( b+1 \right) \cdots $$ 今、これは\(12\)以上となり、条件(B)に適さない。よって\(m\)の正の約数で素数となるものは高々2個だ。なるほどな～ (2)は\(m\)の正の約数となる素数が、 \(3\)のみ \(3\)と\(5\)以上の素数\(p\) の場合の2通りを考えればいい。おもしろい問題だったな。 次は問12。(1)は、僕は以下の4通りに分けて計算して足し合わせて、暗証番号の総数から引いた。 同じ番号が2つずつの2組がある場合 同じ番号が2つの1組がある場合 同じ番号が3つ続く場合 同じ番号が4つ続く場合 だが、解答例を見ると同じ数字が続かない番号の個数ということで、\(10\times 9\times 9\times 9\)と簡単に求められるみたいだ。そういうものか。 (2)はヒントによると\(0\sim 9\)は対等である。よって\(a=0\)の場合を数えて10倍すれば答えが出るらしい。解き方としては以下の3通りに分けて数え上げればいいとのことだ。 \(b=2\)の場合 \(b=8\)の場合 \(b=3,4,\cdots , 7\) En cuanto a mí、ヒントがないとこれは気付かなかっただろう。う～ん、難しいな。 その次は問13。同じものを含む順列の問題だ。(1)は(両端の文字が異なる)\(=\)(全体)\(-\)(両端の文字が同じ)、として解けばいい。(2)は以下のように場合分けする。 文字が全て異なるとき 同じ文字2個を1組だけ含むとき 同じ文字を2個ずつ2組含むとき 同じ文字を3個含むとき この問題は解きやすいほうだったかな。 最後に問14。ヒントにあるように、\(x\)座標から\(S\)、\(T\)の回数の和が、\(y\)座標から\(S\)、\(T\)の回数の差が分かる。(2)、(3)について僕は樹形図を書いて解いた。そんなに複雑でないので力技でも解けるみたいだ。題意を満たすように解くと、点\(\left( 1,1 \right) \)から点\(\left( 7,1 \right) \)へ移る途中に、ある点Pで\(x\)軸上にあるとする。このとき、点P以降の経路で\(S\)と\(T\)を入れ替えると点\(\left( 7,-1 \right) \)に移ることを利用するという。\(S\)と\(T\)を入れ替えても、同じものを含む順列の個数は変わらないからな。点P以前の経路は共通でなので、(点P以前の経路の数)\(\times \)(点P以降の経路の数)は等しい。結局点Pから\(x\)軸を通って点\(\left( 7,1 \right) \)へ移る場合と、点Pから点\(\left( 7,-1 \right) \)に移る場合は同じ場合の数となるみたい。ちょっと分かりにくい問題だった。 今日はこれで終わりにする。

柳川 高明 (Escrito por)数研出版 (Casa editorial de)20031 de abril de 2016 (Fecha de lanzamiento)Libro (Formato) 今日も場合の数の問題を解いていくぞ～問6からだ。これはまあ、組合せと円順列の問題だな。異なる\(n\)個のものの円順列の総数は\(\left( n-1 \right) !\)で表される。これを使って解けばいい。 そして問7。僕はこの問題を間違えてしまった。(1)、(2)ともに、単純に右4、上4を並び替える順列などとして計算したのだ。A propósito、同じものを含む順列は以下の式で表される。\(n\)個のうち、同じものがそれぞれ\(p\)個、\(q\)個、\(r\)個あるとき、これらを\(n\)個並べる順列の総数は、 $${ _{ n }{ C }_{ p }\times }{ _{ n-p }{ C }_{ q }\times }{ _{ n-p-q }{ C }_{ r }=\frac { n! }{ p!q!r! } }\quad \left( p+q+r=n \right) $$ Pero、これでは長方形の経路を求めることになってしまう。今回の経路は三角形の形をしているのだ。 解答例によると(1)は仮の道として横3マス、縦3マスの四角形の道を考える。Y、点C、D、E、Fを定める。すると、点Cから点Dに進む経路は右3、上3の順列なので、さっきの公式で求められる。あとは余分な経路を、(点Eを通る経路)\(+\)(点Fを通る経路)\(-\)(点EとFをともに通る経路)として求めて、引けばいいらしい。ふむふむ、なるほどな～ (2)はまたややこしい。解答例によると点P、Q、R、Sを定める。そして以下の4つの場合で場合分けする。 Pを通る経路 Qを通り、Pを通る経路 Rを通り、Qを通らない経路 Sを通り、Rを通らない経路 このようにすると、もれなく、重複なく数えられるらしい。これは分からなかった。このような経路の問題はどの点を通るかに着目して場合分けすればいいのかな。 次は問8。6人が4人まで乗れるボート2そうに分乗するときの乗り方の問題だ。人を区別する場合、しない場合とボートを区別する場合、しない場合の4通りの組合せを求める。(1)は人もボートも区別しない場合だが、ヒントにあるように分乗する人数だけを問題にすればいい。(4)は(3)\(\div 2!\)となるらしい。僕は場合分けして解いたが、答えは同じになった。まぁそういうものかな。 その次は問9。(1)は単純な組み合わせの問題だ。Pero、En cuanto a mí(2)、(3)をこれまた間違えてしまった。「重複組合せの問題かな？」と思って考えたのだが、重複順列の問題だったらしい。ちなみに重複組合せで\(n\)個の異なるものから重複を許して\(r\)個をとる組合せの数は\({ _{ n+r-1 }{ C }_{ r } }\)で表される。\(n-1\)個の仕切りと\(r\)個の〇の順列の数というやつだ。一方重複順列は、異なる\(n\)個のものから重複を許して\(r\)個を取り出す順列で、\({ n }^{ r }\)で求められる。(2)はこれを使えば簡単で、(3)も場合分けして(2)から引けば求められる。分からなかったな～ 最後に問10。二項定理の問題だ。二項定理とは\({ \left( a+b \right) }^{ n }\)の展開式の一般項（第r+1番目の項）が\({ _{ n }{ C }_{ r } }{ a }^{ n-r }{ b }^{ r }\)と書けることである。(1)はこれを使って解けばいい。(2)はヒントによると次のようにすればいいらしい。\({ x }^{ k }\)の係数を\({ a }_{ k }\)とおく。そして\(\frac { { a }_{ k+1 } }{ { a }_{ … Continue readingチャート式 数学A part2【場合の数編】

  柳川 高明 (Escrito por) 数研出版 (Casa editorial de) 20031 de abril de 2016 (Fecha de lanzamiento) Libro (Formato) 今日から数学Aの総合演習問題を解いていくぞ～ まずは第1章「場合の数」だ。 ヒントを見ながら進めていく。 問1。 (1)は奇数番目が必ず奇数になるので、5個の奇数から3個の数字を選ぶ順列と残り6個の数字から2個を選ぶ順列を考える。 すると、積の法則を使って以下のように解ける。 $${ _{ 5 }{ P }_{ 3 }\times }{ _{ 6 }{ P }_{ 2 }=1800 }$$ (2)では奇数が必ず奇数番目にあるものを考える。 奇数が1個の場合 奇数が2個の場合 奇数が3個の場合 この3つの場合に分ける。 これらの事象は同時には起こらないので排反である。 よって和の法則を用いて、これらを足し合わせればよい。 次は問2。 これは条件から、万の位と一の位に\(0\)がくることはないとまず分かる。 またヒントを見ると、 （どれかの位が奇数になる場合の数）\(=\)（全体の場合の数）\(-\)（全ての位が偶数の場合の数）であると分かる。 Además、偶数\(=\)偶数\(+\)偶数か、偶数\(=\)奇数\(+\)奇数である。 このようなことを考えれば解ける。 その次は問3だ。 (1)は7個の数字から4個選んで並べてできた4桁の整数について、一の位の数が千の位の数より大きいような整数の個数を求める。 千の位が\(0\)ではないことに注意して、僕は千の位が\(1\)の場合、\(2\)の場合…と考えて解いた。 もっと簡単に、一の位と千の位は\(1\sim 6\)から2個を選び、大きい方を一の位、小さい方を千の位としてもいいらしい。 その選び方は\({ _{ 6 }{ C }_{ 2 } }\)通りだ。 あとは百と十の位を考える。 (2)も僕は(1)と同様に場合分けして解いた。 だがヒントによると、十の位が百の位より大きい整数と、百の位が十の位より大きい整数は同じ個数だけあるので、（全体の個数）\(\div 2\)としても求められるらしい。 そういうものなのかね？ (3)はヒントによると、\(5310\)より大きい整数ということで、\(531□ \)、\(532□ \)、\(534□ \)、\(536□ \)、\(54□□ \)、\(56□□\)、\(6□□□\)の場合をそれぞれ考えればよい。 さらに問4。 (1)と(2)は組合せを考えればよく、簡単だ。 (3)を僕は間違えてしまった。 2つの頂点が正十角形\(A\)の頂点で、他の1つが対角線の交点である三角形については、(2)の四角形を考えればいいらしい。 この四角形1つから求める三角形が4つできる。 El resto(2)で求めた四角形の個数をかければいい。 これはなかなか気づかないな～。 最後に問5。 ヒントによると、一筆書きをするとき、奇点（経路が奇数個集まっている点）を含む場合、出発点は奇点の一方で、終点は他方の奇点であるという。 なので今の場合、書き始める位置は2通りだ。 あとは輪っかをどの順序で描くか、輪っかを右回りと左回りのどちらで描くかを考慮して答えが求められる。 答えである一筆書きの仕方の総数が意外と多いのが印象的だった。 まぁ僕はこの問題も間違えたんですけどね。 今日はここまで。 また次回進めていこう。