数え上げの基本の練習問題（全6問・解答つき）

順列か組合せなのかを考えて、表や樹形図でまとめてから数える。以下の解答では、表でまとめた場合の解答である。樹形図についてまとめた場合には、次の図を参照のこと。数える樹形図の枝にはチェックマーク✓が入れてある。

1. 

   下の表で、和が5になるものを数えればよい。「1,4」「2,3」「3,2」「4,1」の4通り。

   1234 11,12,13,14,1 21,22,23,24,2 31,32,33,34,3 41,42,43,44,4

2. 

   下の表で、和が5になるものを数えればよい。「1,4」「2,3」の2通り。

   1234 11,1--- 21,22,2-- 31,32,33,3- 41,42,43,44,4

3. 

   下の表で、はじめに引いたカードの数字が、あとに引いたカードの数字より小さくなるものを数えればよい。「1,2」「1,3」「1,4」「2,3」「2,4」「3,4」の6通り。

   1234 1-2,13,14,1 21,2-3,24,2 31,32,3-4,3 41,42,43,4-

4. 

   下の表で、2枚のカードの数字の和が5以上となるものを数えればよい。「1,4」「2,3」「2,4」「3,4」の4通り。

   1234 1---- 21,2--- 31,32,3-- 41,42,43,4-

1. 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 6×4=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×B) となり

   n(A×B)= n(A)×n(B) = 6×4=24通り

2. 2つの数字の和が4の倍数となるのは

   i) 2つの数字の和が4の場合

   ii) 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=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∪Q) となり、 P∩Q=∅ であるから n(P∪Q)=n(P)+n(Q) =3+3=6通り

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=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。

ここで、 A ：「さいころを1回振る」、 B ：「カードを1枚引く」、 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」は、前の例題と同じものとする。

全体集合 U を U=A×B とおくと、求める場合の数は n(P∪Q) であるから

n(P∪Q) = n(U)-n(P∪Q) = 24-6=18通り

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。

A1 ：「カードの数字が1の場合で2つの数字の和が4の倍数にならない」

A2 ：「カードの数字が2の場合で2つの数字の和が4の倍数にならない」

A3 ：「カードの数字が3の場合で2つの数字の和が4の倍数にならない」

A4 ：「カードの数字が4の場合で2つの数字の和が4の倍数にならない」

とおくと、和が4の倍数になるさいころの数字を除いて数えればよいから、カードの数字が1のときは3の1通りを除いて 6-1=5 通り、カードの数字が2のときは2、6の2通りを除いて 6-2=4 通り、カードの数字が3のときは1、5の2通りを除いて 6-2=4 通り、カードの数字が4のときは4の1通りを除いて 6-1=5 通りである。

また、どの2つの事柄も同時におこることがなく、この4つですべての場合が尽くされているので

5+4+4+5=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。

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。

さいころカード積 奇数×奇数＝奇数 奇数×偶数＝偶数 偶数×奇数＝偶数 偶数×偶数＝偶数

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∪D) であり、その補集合の要素の個数は n(C∪D) であるから、 全体集合を U とすると、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通りだから n(U)=6×4=24 であり

n(C∪D)=n(U)-n(C∪D)

ここで、『ド・モルガンの法則』より

n(C∪D)=n(C∩D)

であり、集合 C∩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(C∩D)=3×2=6

よって

n(C∪D)=n(U)-n(C∪D) =n(U)-n(C∩D) =24-6=18

通り

『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∪D) である。 和集合の要素の個数に関して

n(C∪D)=n(C)+n(D)-n(C∩D)

が成り立つ。また、集合 C∩D に対応する事柄は

「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∩D) は、いずれも全体24通りのうちの個数であることに注意して、積の法則から求める。

まず、 C はさいころの数字が2、4、6の3通りのそれぞれに対してカードの数字は4通りだから

n(C)=3×4=12

また、 D はさいころの数字が6通りのそれぞれに対してカードの数字が2、4の2通りだから

n(D)=6×2=12

そして、 C∩D はさいころの偶数3通りのそれぞれに対してカードの偶数2通りだから

n(C∩D)=3×2=6

となるので

n(C∪D)=n(C)+n(D)-n(C∩D) =12+12-6=18

通り

事柄A、Bをそれぞれ

A ：「3で割りきれる」

B ：「7で割りきれる」

とする。まず、 n(A) と n(B) について

100÷3=33 あまり1

100÷7=14 あまり2

であるから

n(A) = 33,n(B) = 14

である。

1. 「3で割りきれ、かつ、7で割りきれる数」は集合で A∩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。

   100÷21=4 あまり16であるから

   n(A∩B)=4

2. 「3で割りきれるか、または、7で割りきれる数」は集合で A∪B と表すことができる。

   n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B) =33+14-4=43

3. 求める場合の数は n(A∩B) である。全体集合を U とすると n(U)=100 であり、『ド・モルガンの法則』より A∩B=A∪B であるから

   n(A∩B)=n(A∪B) =n(U)-n(A∪B) =100-43=57

4. 求める場合の数は n(A∪B) である。『ド・モルガンの法則』より A∪B=A∩B であるから

   n(A∪B)=n(A∩B) =n(U)-n(A∩B) =100-4=96