AMC 10 · 2022 · #23

학년 7 probability

probability-basicgeometric-probabilityexpected-valuecomplementary-countingfraction-arithmetic complementary-countingeasier-related-problemidentify-subproblems ↑ 선수 지식: probability-basicgeometric-probability

📏 긴 풀이 💡 4 개 인사이트

문제

Ant Amelia starts on the number line at $0$ and crawls in the following manner. For $n=1,2,3,$ Amelia chooses a time duration $t_n$ and an increment $x_n$ independently and uniformly at random from the interval $(0,1).$ During the $n$ th step of the process, Amelia moves $x_n$ units in the positive direction, using up $t_n$ minutes. If the total elapsed time has exceeded $1$ minute during the $n$ th step, she stops at the end of that step; otherwise, she continues with the next step, taking at most $3$ steps in all. What is the probability that Amelia’s position when she stops will be greater than $1$ ?

$\textbf{(A) }\frac{1}{3} \qquad \textbf{(B) }\frac{1}{2} \qquad \textbf{(C) }\frac{2}{3} \qquad \textbf{(D) }\frac{3}{4} \qquad \textbf{(E) }\frac{5}{6}$

답을 골라 클릭하세요.

(A)

$\frac{1}{3}$

(B)

$\frac{1}{2}$

(C)

$\frac{2}{3}$

(D)

$\frac{3}{4}$

(E)

$\frac{5}{6}$

보기 방식:

도구 + CCSS 풀이

이해

문제 재정리: 개미 Amelia 가 $0$ 에서 출발. 단계 $n = 1, 2, 3$ 마다 시간 $t_n$ 과 이동 거리 $x_n$ 을 각각 $(0,1)$ 에서 균등하고 독립적으로 뽑습니다. 단계 $n$ 에 $x_n$ 만큼 오른쪽으로 이동하며 $t_n$ 분 소비. 누적 시간이 $1$ 분을 초과하는 순간 그 단계 끝에서 멈추고, 최대 $3$ 단계까지 갑니다. 최종 위치가 $1$ 보다 클 확률을 구하세요.

주어진 것: $t_1, t_2, t_3, x_1, x_2, x_3$ 모두 서로 독립이고 각각 $(0,1)$ 균등분포; 단계 $n$ 후 누적 시간 $T_n = t_1 + \dots + t_n$, 누적 위치 $X_n = x_1 + \dots + x_n$; $T_n > 1$ 이 되면 단계 끝에서 멈춤, 최대 $n = 3$; 선택지: (A) $\tfrac{1}{3}$, (B) $\tfrac{1}{2}$, (C) $\tfrac{2}{3}$, (D) $\tfrac{3}{4}$, (E) $\tfrac{5}{6}$

구하는 것: $P(\text{최종 위치} > 1)$

이해

계획

주요 도구: #7 작은 문제로 쪼개기

보조 도구: #9 더 쉬운 문제로 줄이기, #1 그림 그리기, #16 관점 바꾸기

도구 #7(쪼개기) — 멈춤 규칙으로 두 배반 시나리오(단계 2 끝 멈춤 / 단계 3 끝 멈춤) 이 나오니, 답은 두 확률의 합. 도구 #9(더 쉬운 문제) — 먼저 더 단순한 "균등 $(0,1)$ 두 개 합이 $1$ 을 넘을 확률" 을 작은 그림으로 풀고, 그다음 세 개 합으로 확장. 도구 #1(그림) — 단위 정사각형(두 변수 합)과 단위 정육면체 안의 사면체(세 변수 합)를 그려 확률을 면적·부피로 읽기. 도구 #16(관점 바꾸기) — 세 변수 합의 $5/6$ 영역 대신 작은 사면체(보집합)의 $1/6$ 을 계산.

실행 — 정답: C

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 1

멈춤 시점에 따라 두 배반 시나리오로 분리.
(S1) 단계 2 끝에 멈춤: $T_2 > 1$ 이고 최종 위치 $X_2 = x_1 + x_2 > 1$.
(S2) 단계 2 통과해 단계 3 끝에 멈춤: $T_2 \le 1$ 이고 최종 위치 $X_3 = x_1+x_2+x_3 > 1$.
$t$ 들과 $x$ 들이 독립이라 각 시나리오는 $P(\text{시간 사건}) \cdot P(\text{위치 사건})$ 로 분리.

$$P(\text{위치} > 1) = P(T_2>1)\,P(X_2>1) + P(T_2 \le 1)\,P(X_3 > 1)$$

💡 7학년 — 멈춤 규칙이 표본공간을 깔끔히 분할하고, 독립성으로 곱 형태.

#9 더 쉬운 문제로 줄이기 7.SP.C.7 단계 2

더 쉬운 보조 문제: 균등 $(0,1)$ 독립 $u_1, u_2$ 에 대해 $P(u_1+u_2 > 1)$ 은?
$(u_1, u_2)$ 평면 단위 정사각형 (전체 넓이 $1$).
$u_1+u_2 \le 1$ 영역은 다리 $1$ 인 좌하단 직각삼각형, 넓이 $\tfrac{1}{2}$.
그래서 $P(u_1+u_2 > 1) = 1 - \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{2}$.

$$P(u_1+u_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$$

💡 7학년 — 단위 정사각형 위 기하 확률: 색칠된 넓이 $=$ 확률.

#1 그림 그리기 7.SP.C.7 단계 3

같은 그림으로 $P(T_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$ ($u_i \to t_i$), $P(X_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$ ($u_i \to x_i$).
따라서 S1 의 기여 $P(\text{S1}) = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{4}$.
그리고 $P(T_2 \le 1) = \tfrac{1}{2}$.

$$P(\text{S1}) = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{4}$$

💡 7학년 — 독립인 두 확률을 곱한다.

#16 관점 바꾸기 7.SP.C.8 단계 4

S2 엔 $P(X_3 > 1) = P(x_1+x_2+x_3 > 1)$ 필요.
관점 바꿔 보집합으로: $P(x_1+x_2+x_3 \le 1)$.
독립 균등 $(0,1)$ 세 개의 표본공간 = 단위 정육면체 (부피 $1$), $x_1+x_2+x_3 \le 1$ 영역은 꼭짓점 $(0,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ 인 사면체, 부피 $\tfrac{1}{3} \cdot \tfrac{1}{2} \cdot 1 = \tfrac{1}{6}$.
따라서 $P(X_3 > 1) = 1 - \tfrac{1}{6} = \tfrac{5}{6}$.

$$P(X_3 > 1) = 1 - \tfrac{1}{6} = \tfrac{5}{6}$$

💡 7학년 — 큰 영역 대신 작은 사면체(보집합) 부피를 계산; 사면체 부피 $= \tfrac{1}{3} \cdot \text{밑넓이} \cdot \text{높이}$.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 5

S2 의 기여 $P(\text{S2}) = P(T_2 \le 1) \cdot P(X_3 > 1) = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{5}{6} = \tfrac{5}{12}$.

$$P(\text{S2}) = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{5}{6} = \tfrac{5}{12}$$

💡 7학년 — 또다시 독립 확률 곱.

#7 작은 문제로 쪼개기 5.NF.A.1 단계 6

두 배반 시나리오의 합: $P(\text{위치} > 1) = \tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{3}{12} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{8}{12} = \tfrac{2}{3}$.
정답 (C).

$$\tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{8}{12} = \tfrac{2}{3} \;\Rightarrow\; \textbf{(C)}$$

💡 5학년 — 분모가 다른 분수의 덧셈.

[1] #7 7.SP.C.8 멈춤 시점에 따라 두 배반 시나리오로 분리. (S1) 단계 2 끝에 멈춤: $T_2 > 1$ 이고 최종 위치 $X_2 = x_1 + x_2 >

[2] #9 7.SP.C.7 더 쉬운 보조 문제: 균등 $(0,1)$ 독립 $u_1, u_2$ 에 대해 $P(u_1+u_2 > 1)$ 은? $(u_1, u_2)$ 평면 단위

[3] #1 7.SP.C.7 같은 그림으로 $P(T_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$ ($u_i \to t_i$), $P(X_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$

[4] #16 7.SP.C.8 S2 엔 $P(X_3 > 1) = P(x_1+x_2+x_3 > 1)$ 필요. 관점 바꿔 보집합으로: $P(x_1+x_2+x_3 \le 1)$.

[5] #7 7.SP.C.8 S2 의 기여 $P(\text{S2}) = P(T_2 \le 1) \cdot P(X_3 > 1) = \tfrac{1}{2} \cdot \tfra

[6] #7 5.NF.A.1 두 배반 시나리오의 합: $P(\text{위치} > 1) = \tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{3}{12} +

검토

합리성 확인: 수치 점검. 두 시나리오는 "Amelia 가 결국 멈춘다" 사건을 분할 — 규칙상 단계 3 까지 가면 무조건 멈추니 분할 정확. 각 시나리오 확률이 음이 아니고 해당 멈춤 주변 확률 이하. $\tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{2}{3} \approx 0.667$, $(0,1)$ 안이며 $\tfrac{1}{2}$ 보단 큼 (세 단계 가면 보통 $1$ 을 넘으니 일관). (C) 와 일치. 다른 선택지는 흔한 오답: (B) $\tfrac{1}{2}$ 는 단계 3 의 더 큰 거리를 무시; (E) $\tfrac{5}{6}$ 은 시간 조건 빼고 $P(X_3 > 1)$ 만 본 것; (A) $\tfrac{1}{3}$ 은 보집합 추측.

대안 접근: 도구 #5(패턴) — 멈춤 단계 $N$ 으로 조건부 풀이. $P(N=2) = P(T_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$, $P(N=3) = \tfrac{1}{2}$. $\{N=2\}$ 는 $t$ 만, $X_n$ 은 $x$ 만에 의존하므로 깔끔히 분리: $\tfrac{1}{2}\cdot P(X_2 > 1) + \tfrac{1}{2}\cdot P(X_3 > 1) = \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{5}{6} = \tfrac{2}{3}$.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 7)

5.NF.A.1 분모가 다른 분수의 덧셈·뺄셈 (최종 덧셈 $\tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{3}{12} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{2}{3}$.)
7.SP.C.7 확률 모형 만들고 사건 확률 구하기 (단위 정사각형 위 기하 확률로 $P(u_1+u_2 > 1) = \tfrac{1}{2}$ 모형화.)
7.SP.C.8 정리된 목록·표·나무그림·모의실험으로 복합 사건의 확률 구하기 (두 배반 시나리오로 분할하고 각각 독립 사건의 곱으로 결합.)

⭐ 이 AMC 10 문제는 이미 배운 7학년 확률만 있으면 풀려요 — 멈춤 규칙이 "단계 2 멈춤" 과 "단계 3 멈춤" 두 경우로 깔끔히 나뉩니다. 첫 경우는 시간 합과 위치 합 모두 단위 정사각형 위 사건으로 각 $\tfrac{1}{2}$. 두 번째 경우의 세 균등변수 합이 $1$ 을 넘을 확률은 작은 사면체(보집합) 부피 $\tfrac{1}{6}$ 을 빼서 $\tfrac{5}{6}$. 더하면 $\tfrac{1}{4} + \tfrac{5}{12} = \tfrac{2}{3}$.

문제

도구 + CCSS 풀이

이해

계획

실행 — 정답: C

검토

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 7)

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