組に区別なく人数指定なく（各人を区別できる）人を組分けする数と組分け問題の本質

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問２】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問３】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問４】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問５】
（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【考察】《組分け問題の本質の数学構造を理解する》
　組分け問題を深く考えることで、組分け問題の底に隠されている本質の数学の構造が見えてくる面白さがあります。そういう面白さを見つけるように数学を学ぶのが楽しいことだと思います。


以下、各問毎に解答する。
【問１】
（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
　先ず、（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃに区別した３つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）（各人を区別できる人を）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。

組の区別が無い場合の組み分けの区別の仕方は、組に入っている人を基準にして組み分けを区別する。ある人１が入っている組を１組とし、ある人２が入っている組を２組とし、ある人３が入っている組を３組とする。その各組の成員が同じ人であれば同じ組み分けであるとする。成員が異なれば異なる組み分けであるとする。
（２）A組０人、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、３・２＝３！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人C組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、３つの組分けができるだけである。

なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組ならば、組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことである。

　そのため、組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく3つの組に分ける組み合わせの数は、
以下の数になる。

（解答おわり）

【問２】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、9人を、(人数指定なく0人もOK）Ａ，Ｂに区別した２つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、２！の異なる組分けができる。
　この場合の、組の区別を無くした組分けの数が求める組分けの数である。
（２）一方、A組０人B組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、２つの組分けができる。

　組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けを１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく、１組には１人以上入れた２つの組に分ける組み合わせの数を求める。それは、（１）の場合の、組の区別を無くした組分けの数である。
その計算は、（０）の場合から、（２）の場合を引き算して、それを２！で割り算することで求められる。

（解答おわり）

【問３】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、9人を、(人数指定なく０人もOK）Ａ，Ｂ，Ｃに区別した３つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。
　この場合の、組の区別を無くした組分けの数が求める組分けの数である。
（２）A組０人、B組１人以上のｎ人、Ｃ組９－ｎ人の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人C組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、３つの組分けができるだけである。
　なぜなら、組が区別される場合において、上の組み分けのA組とB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えると組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合のみである。

　組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく、１組には１人以上入れた３つの組に分ける組み合わせの数を求める。その数を以下の様にして計算する。
（０）の場合から、（３）の場合を引き算して、それを３！で割り算することで組の区別を無くした組分けの数を求める。
その数から、（２）の場合の数を引き算することで、（１）の場合の組の区別を無くした組分けの数が求まる。（２）の場合の数は、問２の解で得られている。

　よって、（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせの数は、（１）の場合の組の区別を無くした組分けの数であり、それは、以下の計算で求められる。

（解答おわり）

【問４】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、９人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　このうち、A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の４つの組に分ける場合での、ある１つの組分けは、組の名前を入れ替えると、４！の異なる組分けができる。この場合の、組の区別がある組み分けの数を４！で割り算して組の区別を無くした組分けの数が求める解である。
　そのため、組の区別がある組み合わせの全てから、順に、１人以上が組に入る、４つ未満の組への組み分けの数を引き算して、残った組み分けの数を４！で割り算すれば求める組み分けの数が得られる。
　先ず、以下の（組の区別がある）組み分けの数を考える。
（１）１組にのみ全員が組分けされ、残りの３組が０人の場合は、その１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４つの異なる組み分けができる。この場合に組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ１は組の区別が無い場合の１組にのみ組み分けされる組み分けの数である。

（２）１人以上を持つ２組にのみ全員が組分けされ、残りの２組が０人の場合は、そのうちの１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４＊３の異なる組み分けができる。この場合の組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ３は、組の区別が無い場合の２組にのみ組み分けされる組み分けの数である。

（３）１人以上を持つ３組にのみ組分けされ、残りの１組が０人の場合は、そのうちの１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４＊３＊２の異なる組み分けができる。この場合の組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ３は、組の区別が無い場合の３組にのみ組み分けされる場合の数である。

（４）よって、（組の区別がある場合の）１人以上を持つ４組にのみ組分けされた場合の数は、（０）の場合から、（１）から（３）の場合の数を引き算した数がある。
　そして、その場合において、組の区別を無くした組分けの場合の数Ａ４は、その数を４！で割り算することで得られ、以下の数がある。


（解答おわり）
　ここで、（組の区別を無くした場合での）１人以上を持つ１組のみへの組分けの場合の数から、２組のみ、３組のみ、４組のみへの組分けの数の解を列挙すると以下の式で表される。

　上の式を詳細に計算すると以下の式で表される。


【問５】
（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
　先ず、9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、４！の異なる組分けができる。組の区別が無い場合の組み分けの区別の仕方は、組に入っている人を基準にして組み分けを区別する。ある人１が入っている組を１組とし、ある人２が入っている組を２組とし、ある人３が入っている組を３組とし、ある人４が入っている組を４組とする。その各組の成員が同じ人であれば同じ組み分けであるとする。成員が異なれば異なる組み分けであるとする。
（２）A組０人、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、４・３・２＝４！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人、C組１人以上、Ｄ組１人以上の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、４・３＝１２の組分けができるだけである。なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組ならば、組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことである。
（４）また、A組０人B組０人、C組０人、Ｄ組１人以上の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、４つの組分けができるだけである。なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組と０人のC組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことだからである。

（５）そのため、組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく４つの組に分ける組み合わせの数は、以下の手順で求める。
（５－１）先ず、（４）の場合の、（組の区別が無く）１組にのみ全員を入れる組分けの数Ｃ１を求める。
（５－２）次に、（３）の場合の、（組の区別が無く）２組にのみ(各組に１人以上入れて)全員を入れる組分けの数Ｃ２を求める。
（５－３）次に、9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける組み合わせの数から、Ｃ１・４を引き算し、更に、Ｃ２・４・３を引き算する。その値を４！で割り算して組の区別を無くした数に、Ｃ１とＣ２を足し算する。その値が、求めるべき、（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせの数である。
Ｃ１＝１組である。
Ｃ２は、問２の解で得られている。

よって、以下の数で計算できる。

（解答おわり）

【考察】《組分け問題の本質の数学構造を理解する》
　組分け問題を深く考えることで、組分け問題の底に隠されている本質の数学の構造が見えてくる面白さがあります。そういう面白さを見つけるように数学を学ぶのが楽しいことだと思います。

　以下で、問５の解答の考え方を（人数を変えて）検算します。
▷人数が２人の場合は：

この答えは合っている。
▷人数が３人の場合は：

この答えは合っている。
▷人数が４人の場合は：

この答えも合っている。

　なお、組名が区別されている組分けの数には、以下の数学的構造がある。




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条件付き確率の計算例題３

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　3つの箱A,B,Cがある。Aの中には赤玉3個と白玉2個が、Bの中には赤玉3個と白玉4個が入っている。まず、A,B からそれぞれ1個ずつ玉を取りだして、空箱Cにいれる。次に、Cから1個取りだした玉が赤であっ たとき、それがAから取りだした赤玉である確率を求めよ。(九州工業大)

【解答】
以下の樹形図を書いて問題を分析する。

その結果、求める条件付き確率は以下の計算で求められる。

（解答おわり）

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内角が二等分される点の軌跡

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
原点をＯとするｘｙ平面上に点Ａ（－２，０）と点Ｂ（１，０）がある。∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢを満たす点Ｐの軌跡を求めよ。（ただし、∠ＯＰＡ＝０の場合も含めること）



【解答その１】
∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢ＝θとする。そのとき、直線ＯＰ上の点Ａの高さと点Ｂの高さの比は、ａ：ｂで一定である（ａ＝２，ｂ＝１）。
すなわち、以下の式が成り立つ。


（注意）この式は、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合にも成り立つ。しかし、その場合は、その１点に替わってしまった「辺」の方向が考えられないので、問題の条件が成り立っていない。この式は、そのように、問題の条件が成り立たなくなっている点Ｐに対しても成り立つ式である。

この式は以下の様に解ける。


この式１と式２の解がある。
（第１の解）式１のθ＝０の解は、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になる。これが、第１の解である。
点Ａの位置に点Ｐが来ると、辺ＡＰが１点になってしまう。その場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう場合は解にはしない。点Ｂに点Ｐが重なる場合も同様。

（第２の解の考察）点ＡとＢの間の（点Ａと点Ｂは含まない）辺ＡＢ内の点Ｐについては、下図の様に、∠ＡＰＢ＝１８０°であって、辺ＡＢに垂直な線がその角を二等分する。

この図の点Ｐ＝原点Ｏとして、∠ＡＰＯ＝∠ＢＰＯ＝９０°となると考えても良さそうに思う。しかし、点Ｐ＝原点Ｏというように辺ＰＯが１点に重なってしまう場合には、すなわち、辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう場合は解にはしない。

（第３の解）
以下で式２による第３の解を計算する。


この式は（２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
　逆に、（２，０）を中心にした半径２の円上の点Ｐは全て、問題の条件を満足するかを考える。
　ここで、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう、点Ｐが点Ｏに重なる場合は解にしない。

この第１の解と第３の解の軌跡を以下の図に赤線で示す。

（解答その１おわり）

【解答その２】
∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢ＝θとする。そのとき、余弦定理から、以下の２つの式が成り立つ。

この式(1)と(2)から角度θを消去する。

ここで、この式を整理するために、以下の２つの式を用いる。

この２つの式を先の式に代入する。


この２つの解のうち、問題の条件を満足する解を抽出する。
（第１の解）　直線ｙ＝０、すなわち、直線ＡＢの場合：
逆に、直線ｙ＝０上の点は全て、問題の条件を満足するかを考える。
ここで、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になり、問題の条件を満足する。しかし、辺ＡＢの中に点Ｐがある場合は、問題の条件が満足されない。

（第２の解）

この式は（２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
　逆に、（２，０）を中心にした半径２の円上の点Ｐは全て、問題の条件を満足するかを考える。
　ここで、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう、点Ｐが点Ｏに重なる場合は解ではない。

以上の第１の解と第２の解の軌跡は解答１と同じであり解答１で示した図の軌跡を描く。
（解答その２おわり）

【補足】
　解答その２の計算が大変であって、解答その１の計算が楽だった、という解答の難易度の差が出たのは、三角形の内角の二等分線にかかわる関係式が多く 存在しているため、解答その１のように、最終解答の式に近い式を使った方が計算が楽だったからだと考えます。

【解答その３】
以下の図のような複素数平面の図を利用して問題を解きます。

辺ＯＺが頂角Ａを二等分することを表す、複素数平面の方程式を書く。

この方程式で、
ｚ≠０，　ｚ≠ａ，　ｚ≠ｂ，
ｚ＝ｘ＋ｙｉ
である。
（注意）この方程式は、角度θを２倍して比較する式である。そのため、∠ＯＺＡが１８０°の場合、それを２倍して３６０°、すなわち、０°と同等の角度として角度を比較している。そのため、この方程式は角度１８０°と角度０°を区別しない。しかし、その場合には問題の条件が成り立っていない。この式は、そのように、問題の条件が成り立たなくなっている点ｚに対しても成り立つ式である。

この方程式を以下で変形する。


（第１の解）　直線ｙ＝０、すなわち、直線ＡＢの場合：
逆に、直線ｙ＝０上の点は全て、問題の条件を満足するかを考える。
ここで、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になり、問題の条件を満足する。しかし、辺ＡＢの中に点Ｐがある場合は、問題の条件が満足されない。

（第２の解） （２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
ただし、
ｚ≠０，　ｚ≠ａ，　ｚ≠ｂ，
を満足するために、この円から原点Ｏを除く。
（解答その３おわり）

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さいころの目で作る直線の方程式

この問題は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
１個のさいころを３回なげる。そのさいころの目の数を順にａ，ｂ，ｃとする。
そのさいころの目の数を使って直線の方程式：
ａｘ＋ｂｙ＝ｃ，
を作る。
この直線の方程式は、係数をｋ倍した直線の方程式：
ａｋｘ＋ｂｋｙ＝ｃｋ，
と同じになります。
ｋ≠１とした係数ａｋ，ｂｋ，ｃｋがさいころの目には当てはまらない場合の確率を求めよ。

【解答（その１）】
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれかが４以上の数であって、しかも、a,b,c が同じ整数で割り切れない場合に、ｋ≠１とした係数ａｋ，ｂｋ，ｃｋ，がさいころの他の目の数では表されない場合になる。
そういう場合の数を以下の様にして数え挙げる。

（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれかが５である場合の数を数える。
５が３つの
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（５，５，５）は、
全係数が５で割り切れるのでダメ。
（１）５が２つのみある場合を以下で数える。
５以外の数ｎは、１，２，３，４，６の５個がある。
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（５，５，ｎ）が５組
（５，ｎ，５）が５組
（ｎ，５，５）が５組
合計３×５組ある。

（２）５が１つのみある場合を以下で数える。
５以外の数ｎとｍを考える。ｎとｍは同じ数であっても良い。
（５，ｎ，ｍ）が５×５＝２５組ある。
（ｎ，５，ｍ）が２５組ある。
（ｎ，ｍ，５）が２５組ある。
合計３×２５組ある。

（３）５が１つも無い場合を以下で数える。

（３ａ）３が２つのみある場合を考える。
残りの１つの数ｎが、例えば１だった場合、全係数をｋ＝２倍にしても６以下の数になるのでダメ。
残りの１つの数ｎは、４以上でなければならない。
残りの１つの数が６の場合は、３で割り切れるのでダメ。
残りの１つの数は４でなければならない。
（３，３，４）が１組
（３，４，３）が１組
（４，３，３）が１組
合計３組ある。

（３ｂ）３が１つのみある場合を考える。
残りの２つの数ｎとｍのどれかは必ず４以上の数で無ければならない。
しかし、ｎ＝ｍ＝６の場合は、全係数が３で割り切れるのでダメである。
それ以外なら良い。

（３ｂ１）ｎが４の場合を考える。

（３ｂ１１）ｎが４であり、ｍが４の場合を考える。
（３，４，４）が１組
（４，３，４）が１組
（４，４，３）が１組
合計３組ある。

（３ｂ１２）ｎが４であり、ｍが１か２か６の場合を考える。
（３，ｎ，ｍ）が３組
（３、ｍ、ｎが３組
（ｎ、３、ｍ）が３組
（ｍ，３，ｎ）が３組
（ｎ，ｍ，ｓ）が３組
（ｍ，ｎ，３）が３組
合計３×２×３組＝３×６組ある。

ここまでの樹形図を書くと以下の樹形図になる。

このように複雑な樹形図を考えているから、この計算は、とても間違えやすい。

（３ｂ２）ｎ及びｍが４では無い場合（３でも無い）を考える。
係数の１つのｎが６でなければならない。
残りの係数ｍが６の場合は、全係数が３で割り切れるのでダメ。
結局、ｍは１か２のみである。
（３，６、ｍ）が２組
（６，３，ｍ）が２組
（３，ｍ，６）が２組
（６，ｍ，３）が２組
（ｍ、３，６）が２組
（ｍ，６，３）が２組
合計３×２×２組＝３×４組ある。

（３ｃ）３が１つも無い場合を考える。
（ａ，ｂ，ｃ）の全部が偶数の場合は２で割り切れるのでダメ。
５でも３でも無い奇数１が１つは必要。
また、４か６かが１つは必要。

（３ｃ１）奇数１が２つある場合
残りの係数ｎが４か６である。
（１，１，ｎ）が２組
（１，ｎ，１）が２組
（ｎ，１，１）が２組
合計３×２組ある。

（３ｃ２）奇数１が１つのみある場合

（３ｃ２１）残りの係数に２がある場合
最後の係数ｎは４か６でなければならない。
（１，２，ｎ）が２組
（２，１，ｎ）が２組
（１，ｎ，２）が２組
（２，ｎ，１）が２組
（ｎ，１，２）が２組
（ｎ，２，１）が２組
合計３×２×２＝３×４組ある。

（３ｃ２２）残りの係数に２が無い場合
ｎは４か６、ｍも４か６
（１，ｎ，ｍ）が２×２＝４組
（ｎ，１，ｍ）が４組
（ｎ，ｍ，１）が４組
合計３×４組ある。

《総合計》
３×（５＋２５＋１＋６＋１＋４＋２＋４＋４）
＝３×５２＝６×２６

確率＝６×２６/6^3
＝２６/6^2
＝１３／（６×３）
＝１３／１８
（答え）

【解答（その２）】
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれかが４以上の数であって、しかも、a,b,c が同じ整数で割り切れない場合に、ｋ≠１とした係数ａｋ，ｂｋ，ｃｋ，がさいころの他の目の数では表されない場合になる。
そういう場合の数を、 そうならない場合の数を数え挙げることで求める。

　そうならない場合を数え上げる樹形図は以下の形に単純化されているので、数え間違いのリスクが減っている。


（１）
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれもが４未満の１か２か３である場合
３×３×３＝３×９通りある。

（２）
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれかが４以上であって、a,b,c が同じ整数で割り切れる場合の数を以下で数える。

（２ａ）全ての係数が同じ値であって、その値で割り切れる場合
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（６，６，６）
（５，５，５）
（４．４．４）
合計３組ある。

（２ｂ）全ての係数が同じでは無い場合

（２ｂ１）３で割り切れる場合
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（６，６，３）
（６，３，６）
（３，６，６）
（６，３，３）
（３，６，３）
（３，３，６）
合計３×２組ある。

（２ｂ２）３で割り切れないが２で割り切れる場合

（２ｂ２１）６がある場合

（２ｂ２１１）６が２つある場合
（６，６，２）
（６，２，６）
（２，６，６）
（６，６，４）
（６，４，６）
（４，６，６）
合計３×２組ある。

（２ｂ２１２）６が１つのみある場合

（２ｂ２１２１）６以外の係数ｎが等しい場合
ｎが２か４である
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（６，ｎ，ｎ）２組
（ｎ，６，ｎ）２組
（ｎ，ｎ，６）２組
合計３×２組ある。

（２ｂ２１２２）６以外の係数ｎとｍが異なる場合
（ａ，ｂ，ｃ）＝
（６，４，２）
（２，６，４）
（４，２，６）
（６，２，４）
（４，６，２）
（２，４，６）
合計３×２組ある。

（２ｂ２２）６が無い場合、
（４，４，２）
（４，２，４）
（２，４，４）
（４，２，２）
（２，４，２）
（２，２，４）
合計３×２組ある。

《総合計》
３×（９＋１＋２×５）
＝６０

確率＝１－６０/6^3
＝１－５/１８
＝１３/１８
（答え）

【解答（その３）】
以下の重複事象統合樹形図を利用して、問題の場合の条件が成り立たない場合の数を、重複部を差し引いて数え上げる事で問題を解く。
すなわち、『（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれもが４未満の数であるか（その場合は、全係数を２倍以上にできる）、
又は、a,b,c が同じ整数で割り切れる場合』
の数を重複部を差し引いて数え挙げることで問題を解く。


（１）
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれもが４未満の１か２か３である場合
３×３×３＝２７通りある。

（２）
（ａ，ｂ，ｃ）の係数のどれかが４以上であって、a,b,c が同じ整数で割り切れる場合の数を以下で数える。

（２ａ）全てが５で割り切れる場合
（５，５，５）の１組がある。

（２ｂ）全てが３で割り切れる場合から、（３，３，３）を除外した数：
２×２×２－１＝７通りある。

（２ｃ）全てが２で割り切れる場合から、（２，２，２）と、全てが３でも割り切れる場合の（６，６，６）を除外した数：
３×３×３－２＝２５通りある。

《総合計》
２７＋１＋７＋２５＝６０

確率＝１－６０/6^3
＝１－５/１８
＝１３/１８
（答え）

（補足）
 　この問題のように、解答（その３）の解き方の様に重複部を差し引く計算をすると簡単に解けるが、それ以外の解き方をすると計算が複雑になって間違え易いという設問、を多く見かけます。

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3次元ベクトルの分解の公式の証明

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【課題】
　以下の図の３次元ベクトルｚを、３次元ベクトルａとｂとｃの方向のベクトルの和であらわす公式を導き出す。
　３次元ベクトルの分解の公式は、以下の図の平行６面体の体積比を使ってあらわせる。

（3次元ベクトルの分解の公式おわり）

【第１の証明】
（１）ベクトルａの方向の単位ベクトルをベクトルＳとする。
（２）ベクトルａとベクトルｂの張る平面上のベクトルで、ベクトルａに垂直な単位ベクトルをベクトルＴとする。
（３）ベクトルＳとベクトルＴの外積をベクトルＵとする。ベクトルＵは単位ベクトルになる。
直交ベクトル系、Ｓ，Ｔ，Ｕで、ベクトルａ，ｂ，ｃ，Ｚが以下の図のように表せる。


このとき、以下の式が成り立つ。

また、公式の右辺の各項が以下の式で表せる。

式５から６を合わせると以下の式が成り立つ。

（公式の第１の証明おわり）

【究極の方法】
　この証明から分かるように、問題を解くためにとても役にたつ方法は、このベクトルの分解の公式等を使うよりも、上図のように、ベクトルＳとベクトルＴとベクトルＵによる直交座標系を導入することである。そうして、上の様に、ベクトルＺをその直交座標系への成分に分解して問題を解く方が、問題を解くのに役に立つ。

【第２の証明】
ベクトルｚはベクトルa，ｂ，ｃを用いて以下の式であらわされる。

この式と、ベクトルａとｂの外積ベクトルとの内積をとる。すると、ベクトルａとｂの項が消えた式が得られるので、ベクトルｃの係数ｐが求められる。

以上で各ベクトルの係数が求められたので、以下の式が得られた。

（第２の証明おわり）

リンク：
２次元ベクトルの合成の公式と分解の公式と２元連立方程式の解
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