集合の要素の個数と場合の数
“場合”を集合の要素に対応させる
球の並べ方
ある事柄の起こり方が全部で $a$ 通りあるとき， その事柄の起こる場合の数(number of cases)は $a$ 通りであるという．
この事柄の起こり方は，集合の要素に対応させることができる．
例えば，①の球が3個，②の球が2個，計5個の球があるとする．
この中から3個選んで，順に1列に並べるという事柄をAとすると事柄Aには，右図のように7通りの場合がある．
これを順に $a_1，a_2，\cdots，a_7$ と対応させ集合 $A$ を作る． このとき，場合の数は $n(A)$ と表せる．
このように，事柄における“場合”は，集合の要素に簡単に対応させることができる． このように対応させることにより，場合の数を求める際，『集合の要素の個数』で学んだことが利用できる．
以下，特に断りのない限り，事柄Xと集合 $X$ は互いに対応しているものとし，どちらも斜体のアルファベット $X$ で表すことにする．
積の法則・和の法則（集合版）
積の法則・和の法則の利用
1，2，3，4，5，6の数字が書いてあるさいころを1回振り，さらに1，2，3，4の数字が書いてある4枚のカードから1枚引くとする．
- 2つの数字の出方には全部で何通りの場合があるか．
- 2つの数字の和が4の倍数となるのは何通りか．
- さいころの数字6通りのそれぞれに対して，カードの数字は4通りに定まるから，積の法則より
\[6\times4=\boldsymbol{24}通り\]
《補足》 このことを，集合で表現すると以下のようになる．
$A$ ：「さいころを1回振る」
$B$ ：「カードを1枚引く」
とおくと，求める場合の数は $n(A\times{B})$ となり
\begin{align} n(A\times{B})&= n(A)\times{n(B)}\\ &= 6\times4=\boldsymbol{24}通り \end{align} - 2つの数字の和が4の倍数となるのは
- 2つの数字の和が4の場合
- 2つの数字の和が8の場合
に分けることができ，i)の場合は(さいころ,カード)の順で $(1,~3)，(2,~2)，(3,~1)$ の3通りあり，
ii)の場合も $(4,~4)，(5,~3)，(6,~2)$ の3通りある．
また，これらは同時に起こることはないから，和の法則より
\[3+3=\boldsymbol{6}通り\]《補足》 このことを，集合で表現すると以下のようになる．
$P$ ：「2つの数字の和が4である」
$Q$ ：「2つの数字の和が8である」
とおくと，求める場合の数は $n(P\cup{Q})$ となり， $P\cap{Q}=\emptyset$ であるから \begin{align} n(P\cup{Q})&=n(P)+n(Q)\\ &=3+3=\boldsymbol{6}通り \end{align}
補集合での考え方
補集合の利用
1，2，3，4，5，6の数字が書いてあるさいころを1回振り，さらに1，2，3，4の数字が書いてある4枚のカードから1枚引くとする．
2つの数字の和が4の倍数とは"ならない"のは何通りか．
積の法則・和の法則の利用の例題(1)で求めた全体24通りのうち，「2つの数字の和が4の倍数となる」のは(2)より，6通りである．
よって，「2つの数字の和が4の倍数とは
ならない
」のは
$24-6=\boldsymbol{18}$ 通り．
《補足》 このことを，集合で表現すると以下のようになる．
全体集合 $U$ を $U=A\times{B}$ とおくと，求める場合の数は $n(\overline{P\cup{Q}})$ であるから
\begin{align} n(\overline{P\cup{Q}}) &= n(U)-n(P\cup{Q})\\ &= 24-6=\boldsymbol{18}通り \end{align}この問題は，補集合の考え方を使わなくても，例えば和の法則で次のように解くこともできる．
$A_1$ ：「カードの数字が1の場合で2つの数字の和が4の倍数になる」
$A_2$ ：「カードの数字が2の場合で2つの数字の和が4の倍数になる」
$A_3$ ：「カードの数字が3の場合で2つの数字の和が4の倍数になる」
$A_4$ ：「カードの数字が4の場合で2つの数字の和が4の倍数になる」
とおくと，どの2つの事柄も同時におこることがないので
$5+4+4+5=\boldsymbol{18}$ 通り
となるが，補集合を考えたときに比べてかなり面倒である．
そこで，次のような原則を引き出すことができるだろう．
補集合で考えるときのポイント
全体集合 $U$ に対して， $n(X)$ を数えるよりも $n(\overline{X})$ を数えるほうが数えやすいとき
\[n(X)=n(U)-n(\overline{X})\]として， $n(X)$ を計算するとよい．
ド・モルガンの法則
ド・モルガンの法則
1，2，3，4，5，6の数字が書いてあるさいころを1回振り，さらに1，2，3，4の数字が書いてある4枚のカードから1枚引くとする． 2つの数字の積が偶数となるのは何通りか．
2つの数字の偶奇とその積の偶奇の関係は下の表のようになる．
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline さいころ&&カード&&積\\\hline 奇数&×&奇数&＝&奇数\\\hline 奇数&×&偶数&＝&偶数\\\hline 偶数&×&奇数&＝&偶数\\\hline 偶数&×&偶数&＝&偶数\\\hline \end{array}これより，積が偶数になる場合より，奇数になる場合の方が数えやすそうだとわかるので，補集合を考えてみることにする．
$C$ ：「さいころの数字が偶数である」
D：「カードの数字が偶数である」
とおくと，求める場合の数は $n(C\cup{D})$ であり，その補集合の要素の個数は $n(\overline{C\cup{D}})$ であるから， 全体集合を $U$ とすると
\[n(C\cup{D})=n(U)-n(\overline{C\cup{D}})\]ここで，『ド・モルガンの法則』より
\[n(\overline{C\cup{D}})=n(\overline{C}\cap\overline{D})\]であり，集合 $\overline{C}\cap\overline{D}$ に対応する事柄は，「さいころの数字が偶数でなく，かつ，カードの数字が偶数でない」つまり
\[「さいころ，カードの数字がともに奇数である」\]となるので，積の法則から
\[n(\overline{C}\cap\overline{D})=3\times2=6\]よって
\begin{align} n(C\cup{D})&=n(U)-n(\overline{C\cup{D}})\\ &=n(U)-n(\overline{C}\cap\overline{D})\\ &=24-6=\boldsymbol{18} \end{align}
通り
吹き出しド・モルガンの法則を使うときには
- 形式的な面
- 意味的な面
の両方から，考える癖をつけるのがよい．
つまり，上の問題の例でいうならば，i)では
$\qquad$ 集合 $\overline{C\cup{D}}$ は，補集合のバー $(\overline{\bigcirc})$ が“切れて” $\cup$ が“ひっくりかえった”集合 $\overline{C}\cap\overline{D}$$\qquad$ と常に等しかったな．そして，この $\overline{C}\cap\overline{D}$ は，「数字がともに奇数である」という事柄と対応するな．
と考えることであり，ii)では
$\qquad$ 「（さいころの数字が偶数であるか，または，カードの数字が偶数である）ということはない」，とはつまり，「さいころ，カードの数字がともに奇数であること」と同じだな．$\qquad$ だから，それぞれに対応する集合 $\overline{C\cup{D}}$ と $\overline{C}\cap\overline{D}$ は等しくなるな．
と考えることである．
上の解答では，i)を強調した書き方になっている．
包含と排除の原理
2集合の包含と排除の原理
1，2，3，4，5，6の数字が書いてあるさいころを1回振り，さらに1，2，3，4の数字が書いてある4枚のカードから1枚引くとする． 2つの数字の積が偶数となるのは何通りか．『包含と排除の原理』を用いて求めよ．
『ド・モルガンの法則』の例題の場合と同じように
$C$ ：「さいころの数字が偶数である」
$D$ ：「カードの数字が偶数である」
とおくと，求める場合の数は $n(C\cup{D})$ である． 和集合の要素の個数に関して
\[n(C\cup{D})=n(C)+n(D)-n(C\cap{D})\]が成り立つ．また，集合 $C\cap{D}$ に対応する事柄は
$\qquad$ 「さいころ，カードの数字が共に偶数」となる．
ここで， $n(C)$ ， $n(D)$ ， $n(C\cap{D})$ はそれぞれ
\[n(C)=3\times4=12\] \[n(D)=6\times2=12\] \[n(C\cap{D})=3\times2=6\]となるので
\begin{align} n(C\cup{D})&=n(C)+n(D)-n(C\cap{D})\\ &=12+12-6=\boldsymbol{18} \end{align}通り
集合を利用した数え上げのまとめ
1から100までの自然数のうち，次のような数は全部でいくつあるか．
- 3で割りきれ，かつ，7で割りきれる数．
- 3で割りきれるか，または，7で割りきれる数．
- 3で割りきれなく，かつ，7で割りきれない数．
- 3で割りきれないか，または，7で割りきれない数．
事柄A，Bをそれぞれ
$\qquad A$ ：「3で割りきれる」
$\qquad B$ ：「7で割りきれる」
とする．まず， $n(A)$ と $n(B)$ について
$\qquad 100\div3=33$ あまり1
$\qquad 100\div7=14$ あまり2
であるから
$\qquad n(A) = 33,n(B) = 14$
である．
- 「3で割りきれ，かつ，7で割りきれる数」は集合で $A\cap{B}$ と表すことができ， これは結局「21で割りきれる数」のことである．
- 「3で割りきれるか，または，7で割りきれる数」は集合で $A\cup{B}$ と表すことができる． \begin{align} &n(A\cup{B})\\ =&n(A)+n(B)-n(A\cap{B})\\ =&33+14-4\\ =&33+14-4=\boldsymbol{43} \end{align}
- 求める場合の数は $n(\overline{A}\cap\overline{B})$ である．全体集合をUとすると \begin{align} &n(\overline{A}\cap\overline{B})\\ =&n(\overline{A\cup{B}})\\ =&n(U)-n(A\cup{B})\\ =&100-43=\boldsymbol{57} \end{align}
- 求める場合の数は $n(\overline{A}\cup\overline{B})$ である． \begin{align} &n(\overline{A}\cup\overline{B})\\ =&n(\overline{A\cap{B}})\\ =&n(U)-n(A\cap{B})\\ =&100-4=\boldsymbol{96} \end{align}
$100\div21=4$ あまり16であるから
$n(A\cap{B})=\boldsymbol{4}$