熊本大学 2024年度文理共通数学第2問解答・解説

問題

$1$ 個のさいころを $2$ 回投げるとき, $1$ 回目に出る目を $a,$ $2$ 回目に出る目を $b$ とする。以下の問いに答えよ。(問1)　 $a + b$ が $3$ の倍数になる確率を求めよ。(問2)　 $a^{2} + b^{2}$ が $4$ の倍数になる確率を求めよ。(問3)　 $a^{3} + a^{2} b + a b^{2} + b^{3}$ が $12$ の倍数になる確率を求めよ。

出典：熊本大学 2024年度前期文理共通第2問

方針

解法1（標準解法）

全事象は $36$ 通り。前二問は剰余または偶奇で直接数える。(問3)は式を $(a + b) (a^{2} + b^{2})$ と因数分解し、 $4$ で割り切れる条件と $3$ で割り切れる条件を組み合わせて数える。

解法2（全36組の剰余表で監査）

各目を $3$ での剰余と偶奇の組として分類する。(問3)は式を因数分解したうえで、6×6の全組を条件に照らして残し、理論的分類と完全列挙の両方で数え漏れを防ぐ。

解答

解法1（標準解法）

(問1)

$1$ から $6$ までの目は、 $3$ で割った余り $0, 1, 2$ がそれぞれ $2$ 個ずつある。 $a + b$ が $3$ の倍数となる組は $12$ 通りであるから、求める確率は

\frac{12}{36} = \frac{1}{3}

である。

(問2)

偶数の平方は $4$ の倍数、奇数の平方は $4$ で割ると $1$ 余る。したがって $a^{2} + b^{2}$ が $4$ の倍数となるのは、 $a, b$ がともに偶数のときだけである。よって確率は

\frac{3 \cdot 3}{36} = \frac{1}{4}

である。

(問3)

a^{3} + a^{2} b + a b^{2} + b^{3} = (a + b) (a^{2} + b^{2})

である。 $4$ で割り切れるためには、 $a, b$ の偶奇が同じであることが必要十分である。また $3$ で割り切れるためには、 $a + b$ が $3$ の倍数であるか、 $a, b$ がともに $3$ の倍数であればよい。

奇数同士では条件を満たす組は

(1, 5), (3, 3), (5, 1)

の $3$ 通りである。偶数同士では

(2, 4), (4, 2), (6, 6)

の $3$ 通りである。したがって有利な組は $6$ 通りで、求める確率は

\frac{6}{36} = \frac{1}{6}

である。

解法2（全36組の剰余表で監査）

(問1)

$1, 2, \dots, 6$ には $3$ で割った余り $0, 1, 2$ が各2個ある。和が0となる剰余の組は

(0, 0), (1, 2), (2, 1)

なので、有利な組は $3 \cdot 2 \cdot 2 = 12$ 通りである。よって確率は

\frac{12}{36} = \frac{1}{3} .

(問2)

平方を4で割った余りは、元の数が偶数なら0、奇数なら1である。和が0となるのは両方が偶数の場合だけなので

\frac{3 \cdot 3}{36} = \frac{1}{4} .

(問3)

a^{3} + a^{2} b + a b^{2} + b^{3} = (a + b) (a^{2} + b^{2}) .

全36組を偶奇と $3$ での剰余により検査すると、条件を満たす組は

(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1), (6, 6)

の6組である。確認の理由は次の通りである。 $4$ で割り切れるには $a, b$ が同じ偶奇であることが必要十分である。また $3$ で割り切れるには $a + b \equiv 0 (mod 3)$ 、または $a \equiv b \equiv 0 (mod 3)$ であればよい。この2条件を同時に満たす組が上の6組である。したがって確率は

\frac{6}{36} = \frac{1}{6} .

熊本大学 2024年度文理共通数学 第2問

問題

方針

解法1（標準解法）

解法2（全36組の剰余表で監査）

解答

解法1（標準解法）

(問1)

(問2)

(問3)

解法2（全36組の剰余表で監査）

(問1)

(問2)

(問3)

熊本大学 2024年度
文理共通数学第2問