場合の数 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「2の倍数が何個か」は簡単だ。$100÷2=50$ 個。部品は全部この調子で数えられる。

問題は重なりだ。2の倍数と3の倍数を足すと、6の倍数を2回数えてしまう。だから引く。

(2)は集合が3つに増える。「1つずつ足す → 2つの重なりを引く → 3つ重なった分を足し戻す」。重なりが何の倍数か(最小公倍数)を確認しながら進める。

100以下で $k$ の倍数の個数は100を $k$ で割った商(整数部分)で数えられる。記号 $\left[\right]$ はその整数部分を表す。

$$\left[\frac{100}{2}\right]=50,\left[\frac{100}{3}\right]=33,\left[\frac{100}{5}\right]=20,\left[\frac{100}{6}\right]=16,\left[\frac{100}{10}\right]=10,\left[\frac{100}{15}\right]=6,\left[\frac{100}{30}\right]=3$$

(1) 2の倍数の集合を $A$、3の倍数の集合を $B$ とする。「2かつ3の倍数」は6の倍数だから、その個数は16。足して重なりを引くと

$$n(A\cup B)=50+33-16=67(\text{個})$$

(2) 2, 3, 5の倍数の集合を $A,B,C$ とする。まず「2または3または5で割り切れる数」を数える。集合が3つのときは、次の式になる。

$$n(A\cup B\cup C)=n(A)+n(B)+n(C)-n(A\cap B)-n(B\cap C)-n(C\cap A)+n(A\cap B\cap C)$$

重なりは、6の倍数・15の倍数・10の倍数・30の倍数の個数だ。順に入れると

$$=50+33+20-16-6-10+3=74$$

符号が「足す→引く→足す」と交互になるのがポイントだ。求めたいのは「どれでも割り切れない数」なので、全体の100から引いて

$$100-74=26(\text{個})$$

発展。 「足す→引く→足し戻す」のリズムは、集合が4つ以上になっても交互に続く(包除原理の一般形)。符号が交互に変わる理由は、「各要素が結局ちょうど1回ずつ数えられるように調整している」からだ。

別解で数えた「$30$ までで $8$ 個」は、$30$ と互いに素な数の個数でもある。この個数を与える関数(オイラー関数)は、整数論でよく使う関数として応用問題で再登場する。

別解

(2)は「周期性」で数える方法もある。2でも3でも5でも割り切れないかどうかは、$30$(=$2\times 3\times 5$)ごとに同じパターンを繰り返すからだ。$1$ から $30$ までで該当する数を書き出すと

$$1,7,11,13,17,19,23,29$$

の $8$ 個。$31$〜$60$、$61$〜$90$ も、それぞれ同じ配置で $8$ 個ずつある。$90$ までで $8\times 3=24$ 個。残りの $91$〜$100$ は奇数のうち $3$ でも $5$ でも割れない $91,97$ の $2$ 個。

合わせて $24+2=26$ 個。包除原理と同じ答えに着く。「割り切れるかどうかは周期的」という見方は、この先の整数の性質(余りによる分類)で本格的に活躍する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 首飾りは円順列の仲間だ。ただし、もう1つ自由がある。首飾りは裏返せる。

円順列では「回転して同じ」を1つと数えた。首飾りはさらに「裏返して同じ」も1つと数える。だから、まず円順列 $(6-1)!=120$ で数え、裏返しのペアで半分に割る。$120÷2=60$ 通りだ。

まず、回転して同じものを1つと数える円順列として計算すると $(6-1)!=5!=120$ 通り。

次に裏返しを考える。首飾りはひっくり返せるので、ある並びと、それを裏返した並び(左右をひっくり返したもの)は、糸の上では別でも首飾りとしては同じだ。だから、並びは2つずつペアになって同じ首飾りを表す。そのぶん2で割る。

$$\frac{(6-1)!}{2}=\frac{120}{2}=60(\text{通り})$$

まとめ:円順列との違いは「$÷2$」の一手だけだ。ただ円に並ぶだけなら回転だけを消して円順列、輪にして裏返せるなら首飾り(じゅず順列)としてさらに半分、と区別しよう。

発展。 「見た目が同じものの倍率で割る」のは、同一視の数え上げの基本思想だ。1列の順列という数えやすい形で数えておいて、同一視の倍率で割って戻る。

別解の注意書きどおり、同じ色の玉が混ざると倍率が一定でなくなり、割り算だけでは処理できない。そのときはもっと精密な数え方が必要になる(発展的な問題で登場する)。「割れる条件」を意識できれば、この単元の理解が一段進む。

別解

まとめて1回で割る見方もある。「同じ首飾りに見える並べ方が何通りずつあるか」を数えるのだ。6個の玉を1列に並べる方法は $6!=720$ 通り。これを輪にしたとき、1つの首飾りは何通りの並べ方から生まれるか。

回転で $6$ 通り、それぞれに裏返しで $2$ 通り。つまり1つの首飾りにつき $6\times 2=12$ 通りの並べ方が対応する。

$$\frac{720}{12}=60(\text{通り})$$

「ダブりの倍率で割る」という1本の原理に、円順列の $÷6$ とじゅずの $÷2$ が同時に収まっている。ただしこの割り算はどの首飾りもきっかり $12$ 通りずつに対応する(玉が全部異なる)から使える。同じ色の玉が混ざると対応数が乱れて、単純には割れなくなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 交互に座る問題は、「まず一方だけを円に並べ、そのすき間にもう一方を入れる」と考えるとうまくいく。

先に男子3人を円に座らせる。円順列で $(3-1)!=2$ 通り。男子と男子の間に3つのすき間ができる。ここは女子専用の席だ。女子3人の入れ方は $3!=6$ 通り(こちらは円順列にしない。男子で位置の基準がもう決まっているからだ)。掛けて $12$ 通り。

手順1: 男子を円に座らせる

先に男子3人だけを円に座らせる。円順列なので $(3-1)!=2!=2$ 通り。

手順2: すき間に女子を入れる

男子が座ると、男子と男子の間にちょうど3つのすき間ができる。男女を交互にするには、この3つのすき間に女子を1人ずつ入れればよい。女子3人をこの3か所に並べる方法は $3!=6$ 通り。

手順3: かけ合わせる

$$(3-1)!\times 3!=2\times 6=12(\text{通り})$$

まとめ:円順列で基準を消すのは、最初に置く男子だけにする。女子はすでに位置の決まった男子のすき間に入るので、女子側はふつうの順列 $3!$ でよい(回転を割らない)。両方を円順列にすると、割り過ぎてしまう。

発展。 「先に一方を配置して、すき間に入れる」型は、円卓に限らない。1列で「どの2人も隣り合わない」条件でも、まず片方を並べてすき間を数える同じ方法が使える。

「基準を固定して自由度をなくす」という別解の発想は、回転対称・平行移動対称のある数え上げでよく使う方法だ。何を固定すれば重複が消えるか、を考える癖をつけたい。

別解

円順列の公式を使わず、「1人を固定する」やり方でも解ける。回転のダブりを、最初から発生させない方法だ。回転して同じものは同じ座り方。ならば、男子Aの席を1つ決め打ちして動かさないことにする。これで回転の自由度が消える。

Aから見て、残りの男子2人の席(交互だから男子席は決まっている)への座り方は $2!$ 通り。女子3人は3つのすき間へ $3!$ 通り。

$$2!\times 3!=2\times 6=12(\text{通り})$$

円順列の $(n-1)!$ という公式は、実はこの「1人固定で残り $(n-1)$ 人を並べる」の言い換えだ。公式を忘れても、固定の発想さえあれば現場で組み立てられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「頂点を結ぶ」線分や三角形の個数は、頂点を「選ぶ」組合せに言い換えられる。

8個の頂点から2個選べば線分が1本、3個選べば三角形が1つ、それぞれ自動的に決まるからだ。対角線は全部の線分 ${}_8{\mathrm{C}}_2$ から辺の8本を除けばよい。三角形は、正八角形ではどの3頂点も一直線に並ばないので、${}_8{\mathrm{C}}_3$ がそのまま答えになる。

(1) 8個の頂点から2個選ぶと線分が1本決まる。だから頂点を結ぶ線分は全部で

$${}_8{\mathrm{C}}_2=\frac{8\times 7}{2\times 1}=28(\text{本})$$

このうち8本は多角形の辺(となり合う頂点を結んだもの)だ。対角線は辺ではない線分なので

$$28-8=20(\text{本})$$

(2) 3個の頂点を選べば三角形が1つ決まる。正八角形ではどの3頂点も一直線には並ばない(必ず三角形になる)ので、選び方がそのまま三角形の個数になる。

$${}_8{\mathrm{C}}_3=\frac{8\times 7\times 6}{3\times 2\times 1}=56(\text{個})$$

まとめ:(2)で「どの3頂点も一直線に並ばない」とわざわざ確かめたのは、もし3点が一直線に並ぶ配置があれば、その組は三角形にならないので除く必要があるからだ。凸多角形なら心配ないが、点がバラバラに配置された問題では必ず確認しよう。

発展。 「図形の個数=頂点の選び方」という言い換えを使えば、選ぶ個数を変えるだけで色々な量が数えられる。4個選べば内部の対角線の交点(どの2本の対角線も別の点で交わる場合)、という具合だ。

ただしこの言い換えが使えるのは、「選び方と図形が1対1」のときだけだ。次の共線点の問題のように、一直線上の点が混ざると1対1が崩れて補正が要る。対応が崩れていないかの確認が、この型では欠かせない。

別解

(1)は「1つの頂点から数える」ルートでも出せる。1つの頂点から対角線を引ける相手は、自分自身と両隣の2頂点を除いた $8-3=5$ 個。頂点は8個あるから $8\times 5=40$ 本、としたいところだが、これは1本の対角線を両端で1回ずつ、計2回数えている。だから2で割る。

$$\frac{8\times 5}{2}=20(\text{本})$$

「掛けてから、二重に数えた回数で割る」。この数え方は握手の総数(全員が握手したら何回か)と同じ構造だ。組合せの式 ${}_8{\mathrm{C}}_2=\frac{8\times 7}{2}$ の中に、すでにこの「÷2」が組み込まれていることも分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) TOMATO には同じ文字が混じっている。T が2個、O が2個、M と A が1個ずつだ。

同じ文字どうしは入れ替えても見た目が変わらない。だから $6!$ では数えすぎで、同じ文字の並べ替えの分($2!$ と $2!$)で割る。(2)のように「両端は O」と条件がついたら、まず両端を先に埋めてしまう。残り4文字だけで、同じ計算をやり直せばよい。

TOMATO の文字を数えると、T が2個、O が2個、M が1個、A が1個ある。

(1) 6文字のうち、T どうし・O どうしは入れ替えても同じ並びになる。だからそのダブりで割る。

$$\frac{6!}{2!\times 2!}=\frac{720}{2\times 2}=\frac{720}{4}=180(\text{通り})$$

(2) 両端をともに O にすると決めると、2個ある O は両端で使い切る。残るのは、真ん中の4か所に並べる T, T, M, A だ。この4文字は T が2個なので

$$\frac{4!}{2!}=\frac{24}{2}=12(\text{通り})$$

まとめ:両端の O は同じ文字なので、左端と右端を入れ替えても同じ。だから2倍する必要はない。条件つきの並べ替えは、「決まっている部分を先に埋めて、残りで同じものを含む順列をやり直す」と手順が決まる。

発展。 別解の「場所選びの積」の形は次の最短経路の問題とぴったり同じだ。右4回・上3回の道順は「7手のうち右の3か所を選ぶ」で数える。文字の並べ替えと道順が同じ1つの式で書ける。

道具は「同じものを含む順列=場所選びの組合せの積」という1本。見た目の違う問題たちの共通構造を見抜けると、この単元の問題がまとめて整理できる。

別解

割り算を使わず、「場所を選ぶ」掛け算だけで数える方法もある。6つの置き場所を用意して、文字の種類ごとに場所を選んでいく。

• T の置き場所: 6か所から2か所を選ぶ。${}_6{\mathrm{C}}_2=15$ 通り
• O の置き場所: 残り4か所から2か所。${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ 通り
• M と A: 残り2か所に並べる。$2!=2$ 通り

$$15\times 6\times 2=180(\text{通り})$$

割り算ルートと同じ答えになる。同じ文字は「区別せず場所だけ選ぶ」から、最初からダブりが生まれない仕組みだ。「$6!$ を割って直す」か「場所選びでダブりを作らない」か。2つの道の一致は同じもの順列の公式の意味そのものである。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 組合せの応用は、条件を「グループごとに分けて選ぶ」か「先に確定させる」に置きかえるとうまくいく。

(2)は男子から2人・女子から2人と、別々に選んでかけ合わせる。(3)はA を先に委員に入れてしまう。残りの席は3つ、候補は残り9人。${}_9{\mathrm{C}}_3$ で数がぐっと減って見やすくなる。

(1) 10人から4人を選ぶ組合せなので

$${}_{10}{\mathrm{C}}_4=\frac{10\times 9\times 8\times 7}{4\times 3\times 2\times 1}=\frac{5040}{24}=210(\text{通り})$$

(2) 男子6人から2人を選び(${}_6{\mathrm{C}}_2$)、それとは別に女子4人から2人を選ぶ(${}_4{\mathrm{C}}_2$)。この2つは続けて選ぶのでかけ算して

$${}_6{\mathrm{C}}_2\times {}_4{\mathrm{C}}_2=15\times 6=90(\text{通り})$$

(3) A を必ず含むので、A は先に委員に入れてしまう。すると、残り3つの席を A 以外の9人から選ぶ問題になる。

$${}_9{\mathrm{C}}_3=\frac{9\times 8\times 7}{3\times 2\times 1}=84(\text{通り})$$

まとめ:「必ず含む」は先に入れて席と人数を減らす。「必ず除く」はその人を最初から候補から外す。どちらも、数える前に条件を消しておくのがコツだ。

発展。 (3)に3本の道(先に確定・補集合・対称性)が通っていたように、数え上げの問題は複数ルートで答えを照合できるのが強みだ。1つの答えを2つの道で出す習慣は、よい検算になる。

対称性ルートの等式 ${}_9{\mathrm{C}}_3=\frac{4}{10}{}_{10}{\mathrm{C}}_4$ は、組合せの公式どうしの関係式そのものでもある。数える対象を工夫して等式を作る「二重数え」は、応用問題の重要な技法だ。

別解

(3)には、2つの別ルートがある。1つ目は補集合。全体 $210$ 通りから「A を含まない」選び方(A 以外の9人から4人選ぶ ${}_9{\mathrm{C}}_4=126$ 通り)を引いて、$210-126=84$ 通り。

2つ目は対称性で「割合」から出す方法だ。10人の誰にとっても、立場は対等である。だから「自分が選ばれる選び方の数」は全員同じ。

一方、$210$ 通りの選び方それぞれに4人ずつ委員がいるから、のべ人数は $210\times 4$。これを10人で等分すれば、1人あたり

$$\frac{210\times 4}{10}=84(\text{通り})$$

「全員対等だから、のべを頭数で割る」。この対称性の見方はあとで学ぶ期待値の計算や、二重に数えて等式を作る技法でも使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 組分けでは「組に区別があるか」がいちばん大事だ。

区別がある(A・B・C と名前がついている)なら、順に選んでいけばよい。

区別がない(ただ3つに分けるだけ)なら、同じ人数の組どうしを入れ替えても同じ分け方になる。まず区別ありで数え、同じ大きさの組の並べ替え($3!$)で割って区別を消す。この順で考えると間違えにくい。

(1) 名前のついた組 A, B, C に、順に人を選んで入れる。A に入る2人を6人から選び ${}_6{\mathrm{C}}_2=15$、B に入る2人を残り4人から選び ${}_4{\mathrm{C}}_2=6$、C は残り2人で ${}_2{\mathrm{C}}_2=1$。続けて選ぶのでかけ算して

$${}_6{\mathrm{C}}_2\times {}_4{\mathrm{C}}_2\times {}_2{\mathrm{C}}_2=15\times 6\times 1=90(\text{通り})$$

(2) 組に区別がない場合を考える。(1)で数えた90通りでは、たとえば「$\{1,2\}$ を A・$\{3,4\}$ を B・$\{5,6\}$ を C」と「$\{3,4\}$ を A・$\{1,2\}$ を B・$\{5,6\}$ を C」を別々に数えている。でも組に名前がなければ、これらは同じ「3つのペアへの分け方」だ。

2人組が3つあり、その並べ替え $3!=6$ 通りが全部同じ分け方を表すので、6で割る。

$$\frac{90}{3!}=\frac{90}{6}=15(\text{通り})$$

まとめ:割るのは「同じ大きさの組」の個数の階乗だ。もし組の人数がすべて違えば、入れ替えても区別がつくので割る必要はない。ここに注意しよう。

発展。 割り算ルート(区別あり ÷ 入れ替え)と組の相手を選ぶ方法(直接構成)の一致は、$\frac{90}{3!}=5\times 3\times 1$ という等式の2つの読み方だ。人数の違う組(3人・2人・1人)で割ってはいけない理由も、組の相手を選ぶ方法で数えてみれば「そもそも入れ替えの対称性がない」と実感できる。

$2n$ 人を2人ずつ $n$ 組に分ける一般形は $(2n-1)\times (2n-3)\times \cdots \times 3\times 1$。トーナメントの組合せなどで現れる形だ。

別解

(2)は割り算を使わず、「組の相手さがし」で直接数えることもできる。6人の中で、いちばん若い人(誰でもよいが、基準を1人決める)に注目する。この人と組になる人の選び方は、残り5人から1人で $5$ 通り。

1組できたら、残り4人の中でまた基準を1人決める。組の相手は残り3人から $3$ 通り。最後の2人は自動的にペアになる。$1$ 通り。

$$5\times 3\times 1=15(\text{通り})$$

割り算なしで、区別のない分け方が直接出た。基準の人は「選ぶ」のではなく「決まっている」(残りの中の特定の1人)から、ダブりが生まれない仕組みだ。

さらに、(1)は $15$ 通りの分け方それぞれに組の名前の付け方 $3!$ を掛けて $15\times 6=90$ 通り、と逆向きにも確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は「各人が3部屋から1つ選ぶ」だけ。5人が独立に選ぶから $3^5=243$ 通り(重複順列)。

(2)の「空室なし」は、正面から数えると場合が多くて大変だ。そこで裏返す。全体から「空き部屋ができる」場合を引く。

ただし「A が空く」と「B が空く」を単純に引くと、2部屋空く場合を引き過ぎる。あとで足し戻す。この「引く → 引き過ぎを足し戻す」が肝である。

(1) 5人それぞれが3つの部屋から自由に1つ選ぶ。各人3通りなので、かけ合わせて

$$3^5=243(\text{通り})$$

(2) 「どの部屋にも1人以上」を最初から数えるのは大変なので、裏返して数える。全体243通りから、「空き部屋ができる」入れ方を引く。

まず「特定の1部屋を使わない(残り2部屋に全員入れる)」入れ方は $2^5=32$ 通り。空にする部屋の選び方が ${}_3{\mathrm{C}}_1=3$ 通りあるので、いったん $3\times 32=96$ を引く。

でもこれでは「2部屋が同時に空く(全員が1部屋に集まる)」場合を2回引いてしまっている。この場合は $1^5=1$ 通りで、空にする2部屋の選び方が ${}_3{\mathrm{C}}_2=3$ 通り。引き過ぎた分を足し戻す。

$$3^5-{}_3{\mathrm{C}}_1\cdot 2^5+{}_3{\mathrm{C}}_2\cdot 1^5=243-96+3=150(\text{通り})$$

まとめ:「引く→引き過ぎを足し戻す」という流れは、3つの集合の個数定理とまったく同じだ。数える対象が「倍数」から「部屋割り」に変わっただけで、道具は同じだ。

発展。 「どの部屋にも1人以上」は数学の言葉では「5人から3部屋への割り当てで、全部屋が使われる」対応の個数だ。この型の数は、部屋数が増えると包除原理の一般形(足す・引くを交互に繰り返す)で数える。

包除ルートと内訳ルートの答えの一致は、有効な検算になる。数え上げでは「別の道で同じ答え」がいちばんの安心材料だ。

別解

(2)は人数の内訳で場合分けして直接数えることもできる。空室なしで5人を3部屋に入れる内訳は、$(3,1,1)$ 型と $(2,2,1)$ 型の2つしかない。$(3,1,1)$ 型: 3人組になる人を選び(${}_5{\mathrm{C}}_3=10$)、その組の部屋を選び($3$ 通り)、残り2人を残り2部屋へ($2!$)。$10\times 3\times 2=60$ 通り。

$(2,2,1)$ 型: 2人・2人・1人に分ける方法は $\frac{{}_5{\mathrm{C}}_2\times {}_3{\mathrm{C}}_2}{2}=15$ 通り(同じ人数の2組の入れ替えで割る)。できた3つの組を3部屋へ割り当てて $3!$。$15\times 6=90$ 通り。

合わせて $60+90=150$ 通り。包除ルートと一致する。ちなみによくある誤答「先に1人ずつ配ってから残りを自由に」($5\times 4\times 3\times 3^2=540$)は、同じ入れ方を何度も数えてしまう。直接ルートで内訳を固定すると、その重複が起きない理由も分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「指定の点 P を通る」経路は、A→P と P→B の2つの区間に分けて考える。

どの経路も P を必ず1回だけ通るから、前半の道と後半の道は自由に組み合わせられる。だから区間ごとの経路数の掛け算になる。各区間はふつうの最短経路として数える。右への移動と上への移動の並べ方、つまり同じものを含む順列だ。

P を通る経路は「A から P へ行き、続けて P から B へ行く」経路だ。だから2区間の経路数をかけ合わせて求める。

A → P: 右へ2区画、上へ1区画進むので

$$\frac{3!}{2!\times 1!}=3(\text{通り})$$

P → B: 残りは右へ2区画、上へ2区画進むので

$$\frac{4!}{2!\times 2!}=6(\text{通り})$$

前半3通りのそれぞれに対して後半6通りが選べるので、かけ算して

$$3\times 6=18(\text{通り})$$

まとめ:「点を通る」をかけ算に分けられるのは、P で必ず1回通り、前半と後半を別々に選べるからだ。逆に「点 P を通らない」経路がほしいなら、全経路 $\frac{7!}{4!3!}=35$ からこの18を引いて17通り、と裏返して求められる。

発展。 全経路は $\frac{7!}{4!3!}=35$ 通りで、P を通るのはそのうち $18$ 通り。この比 $\frac{18}{35}$ は「でたらめに最短経路を選んだとき P を通る確率」として、確率の単元でそのまま再登場する。

書き込み法の数の並びはパスカルの三角形で、組合せの数 ${}_n{\mathrm{C}}_k$ の足し算の関係(${}_n{\mathrm{C}}_k={}_{n-1}{\mathrm{C}}_{k-1}+{}_{n-1}{\mathrm{C}}_k$)を目で見ていることになる。

別解

図に数を書き込む「足し算ルート」も、確実で分かりやすい。各交差点に「A からそこまで行く経路の数」を書き込んでいく。どの交差点へも左か下からしか来られないので、「左の数+下の数」を書けばよい。

A の行(下端)と列(左端)はすべて $1$。あとは足し算を繰り返すだけで、P には $3$ が入る。

P を通る経路だけを数えたいので、次は P を新しい出発点($P$ に $3$ を置いたまま)にして、同じ足し算を B まで続ける。B に入る数が答えの $18$ になる。

計算式を立てずに機械的な足し算だけで進むので、途中に通行止めや複数の指定点がある複雑な問題ほど、この書き込み法が強い。書き込まれる数の並びは、実はパスカルの三角形そのものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) すべては素因数分解 $540=2^2\times 3^3\times 5$ から始まる。

約数は $2^a\times 3^b\times 5^c$ の形で、指数 $a,b,c$ の選び方が約数を1つ決める。「約数を数える=指数の選び方を数える」という言い換えだ。

(2)の「偶数の約数」は $2$ を1個以上ふくむ($a\ge 1$)という条件を指数の選び方に反映させる。総和は各素数ごとの和の掛け算でまとめて求まる。

素因数分解すると

$$540=2^2\times 3^3\times 5$$

約数は $2^a\times 3^b\times 5^c$($a=0,1,2$、$b=0,1,2,3$、$c=0,1$)の形で表せる。

(1) 各指数の選び方をかけ合わせて

$$(2+1)(3+1)(1+1)=3\times 4\times 2=24(\text{個})$$

(2) 偶数の約数とは素数2を少なくとも1個もつもの、つまり $a=1$ または $2$(2通り)だ($a=0$ だと奇数になってしまう)。$b$ は4通り、$c$ は2通りのままなので

$$2\times 4\times 2=16(\text{個})$$

(ちなみに奇数の約数は $a=0$ に決めた $1\times 4\times 2=8$ 個で、$16+8=24$ と(1)に合う。)

(3) 総和は各素数の和をかけ合わせる。

$$(1+2+4)(1+3+9+27)(1+5)=7\times 40\times 6=1680$$

まとめ:このかけ算を展開すると、$2^a{3}^b{5}^c$ の形の約数が1個ずつ全部、ちょうど1回ずつ出てくる。だから和が総和になる。

発展。 「約数=指数の組合せ」という見方は、数学Aの整数の性質で最大公約数・最小公倍数の指数比較へと発展する。gcd は指数の小さい方、lcm は大きい方を取る、と同じ形で理解できる。

「平方数の約数」「3の倍数の約数の総和」など、条件を指数の言葉に言い換える変種はどれもこの問題の型の応用だ。条件→指数の範囲、と機械的に書き換えられれば全部解ける。

別解

(2)は補集合で数えるほうが速いこともある。約数は偶数か奇数かのどちらかだ。奇数の約数とは $2$ を1個もふくまない($a=0$)もの、つまり $3^b\times 5^c$ の形。その個数は $(3+1)\times (1+1)=8$ 個。だから偶数の約数は全体から引いて $24-8=16$ 個。

「$a\ge 1$ を直接数える」(本解)と「$a=0$ を除く」(補集合)は、同じ切り分けの表と裏だ。

(3)の総和の式 $(1+2+4)(1+3+9+27)(1+5)$ が成り立つ理由も説明できる。この積を展開すると、$2^a{3}^b{5}^c$ の形の項が全部で $3\times 4\times 2=24$ 個、つまり全約数がちょうど1回ずつ現れる。「展開=全組合せの列挙」という積の構造そのものが、公式が成り立つ理由だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $0$ が混じった数字の問題では、いつも2つのことが絡む。「先頭に $0$ は置けない」ことと、「倍数・偶奇の条件は一の位につく」ことだ。

制約の強い桁から埋めるのが原則になる。(1)は先頭(千の位)から。(2)(3)は一の位から。

(2)の $5$ の倍数は一の位が $0$ か $5$。ここで $0$ と $5$ では千の位の事情が変わる($0$ を使い切れば千の位の心配が1つ消える)ので、場合を分けて数える。

(1) 千の位は0以外の5通り。残る百・十・一の位にはまだ使っていない5個(0を含む)から3個を並べるので ${}_5{\mathrm{P}}_3=5\times 4\times 3=60$ 通り。かけ算して

$$5\times 60=300(\text{個})$$

(2) 5の倍数は一の位が0か5。一の位に0を使うかどうかで先頭の事情が変わるので分ける。

一の位が0のとき: 千・百・十の位に残り5個から3個を並べる。0は一の位に出ているので、先頭の制限を気にせず ${}_5{\mathrm{P}}_3=60$ 個。

一の位が5のとき: 千の位は0と5を除いた4通り、百・十の位は残り4個から2個で ${}_4{\mathrm{P}}_2=12$ 通り。$4\times 12=48$ 個。たして $60+48=108$ 個。

(3) 奇数は一の位が1, 3, 5 のどれか(3通り、どれも0でない)。一の位を決めると、千の位は「0とその一の位の数を除く4通り」、百・十の位は残り4個から2個で ${}_4{\mathrm{P}}_2=12$ 通り。

$$3\times (4\times 12)=3\times 48=144(\text{個})$$

まとめ:(2)と(3)の分かれ目は、末尾に0が来るかどうか。0は「先頭に置けない」という特別扱いがあるので、0が末尾に回るときだけ先頭の選択肢が1つ多くなる。この差を場合分けで吸収するのがコツだ。

発展。 $0$ は「先頭に置けない」制約と「$5$ の倍数・偶数を作りやすい」利点の、両方をもつ。場合分けの境目はいつも $0$ の扱いから生まれる。

「制約の強いところから埋める」原則は、隣り合わない配置や役職つきの選び方でも同じように使える。どの選択が他の選択の自由度を奪うかを見抜いて、その順に決めていくのが数え上げの設計術だ。

別解

(1)は「引き算」でも数えられる。先頭の $0$ をいったん許してしまうのだ。$0$ を許せば、6個の数字から4個並べるだけで $6\times 5\times 4\times 3=360$ 通り。

このうち先頭が $0$ のものは、残り3桁に5個の数字から3個並べて $5\times 4\times 3=60$ 通り。引いて $360-60=300$ 個。直接数える方法(先頭5通り × 残り $5\times 4\times 3$)と一致する。

さらに、この問題には確実な検算の方法がある。(3)の奇数 $144$ 個と、偶数(一の位 $0,2,4$)を別に数えた $156$ 個を足すと $300$ 個。全体とぴったり合う。「分類の合計=全体」の照合は桁の数え上げでいちばん頼れる安全網だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点をただ結ぶだけなら組合せで数えられる。この問題で見落としやすいのは「4点が一直線上」という配置だ。

一直線上の4点から2点を選んでも、できる直線はぜんぶ同じ1本。${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ 通りの選び方が1本に融合してしまう。3点選んでも三角形はつぶれる。

「直線がダブる」「三角形がつぶれる」。この2つを、選び方の総数から補正するのが本筋だ。

(1) ふつうはどの2点も1本の直線を決めるので、まず ${}_{10}{\mathrm{C}}_2=45$ 通りのペアを考える。でも一直線上に並ぶ4点については、そこから選ぶ ${}_4{\mathrm{C}}_2=6$ 組のペアが、すべて同じ1本の直線を表している。だから6本と数えるのは間違い。6を引いて、代わりに実際の1本を足す。

$${}_{10}{\mathrm{C}}_2-{}_4{\mathrm{C}}_2+1=45-6+1=40(\text{本})$$

(2) ふつうは3点を選べば三角形ができるので、まず ${}_{10}{\mathrm{C}}_3=120$ 通り。ただし、一直線上の4点から3個を選んだ場合(${}_4{\mathrm{C}}_3=4$ 通り)は、3点が一直線に並んで三角形にならない。これを除く。

$${}_{10}{\mathrm{C}}_3-{}_4{\mathrm{C}}_3=120-4=116(\text{個})$$

まとめ:一直線上の点があるときは「直線はダブりを1本にまとめる」「三角形はつぶれる組を除く」の2つを直す、と覚えよう。もし一直線の点がなければ(1)は45本、(2)は120個のはずで、そこからのズレが一直線の効果だ。

発展。 「選び方と図形が1対1」という前提が成り立たないとき、対処の仕方は2通りある。総数から数えすぎた分を補正するか(引いて足す)、最初から1対1が成り立つように場合分けして数えるか。この2つを両方試すと、数え上げ全般で検算になる。

共線の点が2組ある配置や、平行線が混ざる「交点の個数」の問題も、同じ2本立てで処理できる。設定が複雑になるほど、直接構成の場合分けのわかりやすさが役に立つ。

別解

補正方式が不安なら、「直接構成」で場合分けして数え上げる道もある。共線の4点を特別グループ、残り6点を一般グループと呼ぶことにする。(1)の直線を、両端の所属で分類する。

• 特別グループどうし: 何本選んでも同じ直線なので $1$ 本
• 特別1点+一般1点: $4\times 6=24$ 本
• 一般どうし: ${}_6{\mathrm{C}}_2=15$ 本

合計 $1+24+15=40$ 本。(2)の三角形は特別グループから何点使うかで分類する。$0$ 点なら ${}_6{\mathrm{C}}_3=20$、$1$ 点なら $4\times {}_6{\mathrm{C}}_2=60$、$2$ 点なら ${}_4{\mathrm{C}}_2\times 6=36$。$3$ 点は一直線でつぶれて $0$。

合計 $20+60+36=116$ 個。どちらも補正方式と一致する。引き算の補正と、場合分けの構成。2つの道で同じ答えに着けば、まず間違いない。