AMC 10 · 2024 · #24

학년 7 probabilitygeometry-3dcounting

probability-basicspatial-visualizationsystematic-enumerationcombinations-basic identify-subproblemscaseworkeasier-related-problem ↑ 선수 지식: probability-basicspatial-visualization

📏 긴 풀이 💡 4 개 인사이트

문제

A bee is moving in three-dimensional space. A fair six-sided die with faces labeled $A^+, A^-, B^+, B^-, C^+,$ and $C^-$ is rolled. Suppose the bee occupies the point $(a,b,c).$ If the die shows $A^+$ , then the bee moves to the point $(a+1,b,c)$ and if the die shows $A^-,$ then the bee moves to the point $(a-1,b,c).$ Analogous moves are made with the other four outcomes. Suppose the bee starts at the point $(0,0,0)$ and the die is rolled four times. What is the probability that the bee traverses four distinct edges of some unit cube?

$\textbf{(A) }\frac{1}{54}\qquad\textbf{(B) }\frac{7}{54}\qquad\textbf{(C) }\frac{1}{6}\qquad\textbf{(D) }\frac{5}{18}\qquad\textbf{(E) }\frac{2}{5}$

답을 골라 클릭하세요.

(A)

$frac{1}{54}$

(B)

$frac{7}{54}$

(C)

$frac{1}{6}$

(D)

$frac{5}{18}$

(E)

$frac{2}{5}$

보기 방식:

도구 + CCSS 풀이

이해

문제 재정리: 벌이 3차원 공간 $(0,0,0)$ 에서 출발합니다. 공정한 $6$ 면체 주사위를 $4$ 번 굴리고, 각 면 $A^\pm, B^\pm, C^\pm$ 는 해당 축으로 $\pm 1$ 만큼 이동을 뜻합니다. 벌이 지나간 네 모서리가 모두 서로 다르고, 동시에 모두 같은 단위 정육면체에 속할 확률을 구하세요.

주어진 것: 출발점 $P_0 = (0,0,0)$; 같은 확률을 가진 $6$ 개의 이동: $\pm \hat{x}, \pm \hat{y}, \pm \hat{z}$; 주사위를 $4$ 번 굴려 네 모서리 $P_0P_1, P_1P_2, P_2P_3, P_3P_4$ 가 만들어짐; 성공 조건: 네 모서리가 서로 다르고, 동시에 다섯 꼭짓점 $P_0, \dots, P_4$ 가 모두 어떤 한 단위 정육면체 위에 있음; 선택지: (A) $\tfrac{1}{54}$, (B) $\tfrac{7}{54}$, (C) $\tfrac{1}{6}$, (D) $\tfrac{5}{18}$, (E) $\tfrac{2}{5}$

구하는 것: $4$ 번의 굴림이 성공 조건을 만족할 확률

이해

계획

주요 도구: #7 작은 문제로 쪼개기

보조 도구: #9 더 쉬운 문제로 줄이기, #1 그림 그리기

성공 조건이 $4$ 단계 이동 위에 두 규칙을 얹어 놓은 구조이므로 자연스러운 공격법은 도구 #7(작은 문제로 쪼개기)입니다. 네 이동 각각에서 합법인 선택지를 따로 세고 곱하면 됩니다. 도구 #9(더 쉬운 문제로 줄이기)는 일을 더 줄여 줍니다 — 정육면체에는 완전한 대칭이 있어 $M_1 = A^+$, $M_2 = B^+$ 를 일반성을 잃지 않고 고정한 다음, 동치인 시작 개수만큼 곱해 주면 됩니다. 도구 #1(그림 그리기)은 두 이동 후의 후보 정육면체 두 개($xy$-면을 기준으로 위쪽 하나, 아래쪽 하나)를 머릿속에서 헷갈리지 않게 정리해, $P_2$ 의 어떤 이웃이 공통의 정육면체 위에 있는지 확인할 때 큰 도움이 됩니다.

실행 — 정답: B

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 1

분모를 잡습니다.
네 번의 독립 굴림은 $6 \times 6 \times 6 \times 6$ 개의 동등확률 이동 수열을 만듭니다.
모든 성공 개수는 이 같은 분모 위에 놓이게 됩니다.

$$|\Omega| = 6^4 = 1296$$

💡 독립 시행은 곱한다 — 7학년 "복합 사건의 표본공간" 규칙.

#9 더 쉬운 문제로 줄이기 7.SP.C.7 단계 2

첫 번째 이동의 부분 셈.
$(0,0,0)$ 에서는 모든 방향이 대칭이므로 $6$ 가지 이동이 모두 합법인 시작입니다.
정육면체의 대칭에 의해 어떤 시작을 잡아도 좋은 완성 수는 같으므로, 대표로 $M_1 = A^+$ 를 고정하고 마지막에 $6$ 을 곱하겠습니다.

$$\#\{M_1\} = 6, \quad P_1 = (1,0,0)$$

💡 동등확률 시작이 있을 때는 한 대표 경우를 풀고 개수만큼 늘려주면 됩니다 — 도구 #9 의 "일반성을 잃지 않기" 축소.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 3

두 번째 이동의 부분 셈.
$P_1 = (1,0,0)$ 에서는 같은 축을 다시 쓸 수 없습니다: $A^+$ 는 $(2,0,0)$ 으로 가버려 세 점을 모두 담는 단위 정육면체가 없고, $A^-$ 는 같은 모서리를 되돌아갑니다(서로 다르지 않음).
남은 두 수직 축이 $4$ 개의 합법 이동을 줍니다: $B^\pm, C^\pm$.
대표로 $M_2 = B^+$ 를 고정하고 나중에 $4$ 를 곱하겠습니다.

$$\#\{M_2\} = 4, \quad P_2 = (1,1,0)$$

💡 "같은 축 금지" 는 두 번째 이동에서 두 규칙을 합쳐 옮긴 것입니다: 같은 축이면 반복(세 점 일직선) 아니면 반대(중복 모서리) 둘 중 하나가 됩니다.

#1 그림 그리기 5.G.A.1 단계 4

$P_2$ 에서 후보 정육면체 두 개를 찾습니다.
$P_0, P_1, P_2 = (0,0,0), (1,0,0), (1,1,0)$ 이 고정된 상태에서, 이 세 점을 모두 담는 단위 정육면체는 $z \in \{0, 1\}$ 인 것과 $z \in \{0, -1\}$ 인 것 정확히 두 개뿐입니다.
두 정육면체를 그려 보면(방금 지나간 $xy$-면을 공유) 다음 이동의 선택지가 한눈에 보입니다.

$$\text{Cube}_+ = \{0,1\}^3, \quad \text{Cube}_- = \{0,1\} \times \{0,1\} \times \{0,-1\}$$

💡 두 정육면체를 위아래로 쌓아 빠르게 스케치하면 세 번째 이동의 경우 나눔이 자명해집니다 — 5학년의 좌표격자 사고를 3D로 끌어올린 것.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 5

세 번째 이동의 부분 셈 (정육면체 소속으로 나누기).
$P_2 = (1,1,0)$ 에서 $6$ 개 이동 각각의 도착점을 두 정육면체 소속과 서로 다른 모서리 규칙으로 확인합니다.
반대인 $B^-$ 는 금지; $A^+$ 는 $(2,1,0)$, $B^+$ 는 $(1,2,0)$ 으로 두 정육면체 모두에서 벗어남.
남는 합법 이동은 $A^-$ 가 $(0,1,0)$ 으로(두 정육면체 공통 꼭짓점 — 평면 선택)와 $C^\pm$ 가 $(1,1,\pm 1)$ 으로(각각 한 정육면체로 경로를 확정 — 수직 선택)입니다.

$$\#\{M_3\} = 3 = \underbrace{1}_{\text{평면 }(A^-)} + \underbrace{2}_{\text{수직 }(C^+,\,C^-)}$$

💡 세 번째 이동을 "$xy$-면에 머무름" 과 "위·아래 면으로 점프" 로 나누면 네 번째 이동의 경우 분할이 깔끔하게 나옵니다.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.SP.C.8 단계 6

네 번째 이동의 부분 셈 — 평면 분기.
$M_3 = A^-$ 이면 경로는 $z = 0$ 면 위에 머물러 두 정육면체 모두 여전히 가능합니다.
$P_3 = (0,1,0)$ 에서 반대인 $A^+$ 와 두 정육면체를 벗어나는 이동을 제외하면(예: $B^+$ 는 $(0,2,0)$ 으로 두 정육면체 모두에서 벗어남), 남는 이동은 $B^-$ 가 $(0,0,0)$ 으로, $C^+$ 가 $\text{Cube}_+$ 의 $(0,1,1)$ 로, $C^-$ 가 $\text{Cube}_-$ 의 $(0,1,-1)$ 로 입니다.

$$\#\{M_4 \mid M_3 = A^-\} = 3$$

💡 $B^-$ 로 정사각형을 닫는 이동도 합법입니다 — 그것 역시 두 정육면체 각각의 네 번째 서로 다른 모서리이기 때문입니다. 두 수직 출구는 각각 한 정육면체로 경로를 확정합니다.

#9 더 쉬운 문제로 줄이기 7.SP.C.7 단계 7

네 번째 이동의 부분 셈 — 수직 분기.
$M_3 = C^+$ 이면 경로는 $\text{Cube}_+$ 로 확정되고 $P_3 = (1,1,1)$.
반대인 $C^-$ 는 제외.
$\text{Cube}_+$ 안에서 $(1,1,1)$ 의 모서리 이웃은 $(0,1,1)$ 과 $(1,0,1)$ 이며 각각 $A^-$, $B^-$ 로 갑니다 — $A^+, B^+$ 는 정육면체를 벗어납니다.
$z \leftrightarrow -z$ 대칭에 의해 $M_3 = C^-$ 도 합법인 $M_4$ 가 정확히 $2$ 가지입니다.

$$\#\{M_4 \mid M_3 = C^+\} = 2, \quad \#\{M_4 \mid M_3 = C^-\} = 2$$

💡 세 번째 이동이 경로를 한 정육면체로 확정한 뒤에는 네 번째 이동은 "그 정육면체 안에서 $(1,1,1)$ 의 아직 쓰지 않은 모서리 하나 고르기" 그 자체.

#7 작은 문제로 쪼개기 5.OA.A.1 단계 8

고정된 접두 $(M_1, M_2) = (A^+, B^+)$ 아래에서 세·네 번째 이동의 셈을 합칩니다.
평면 분기 $1 \cdot 3 = 3$, 두 수직 분기 $2 \cdot 2 = 4$, 합하면 $7$ 가지 완성.
여기에 일반성을 잃지 않기로 접어두었던 $6 \cdot 4 = 24$ 가지 $(M_1, M_2)$ 선택을 곱합니다.

$$\#\{\text{성공}\} = 6 \cdot 4 \cdot (1 \cdot 3 + 2 \cdot 2) = 24 \cdot 7 = 168$$

💡 부분 셈을 곱하는 것은 표준 "선택의 나무" — 셈 위에 적용한 5학년 연산 순서.

#7 작은 문제로 쪼개기 6.NS.B.4 단계 9

확률을 만들고 약분합니다.
분자 $168$ 과 분모 $1296$ 은 공약수 $24$ 를 공유합니다.

$$P = \dfrac{168}{1296} = \dfrac{168 \div 24}{1296 \div 24} = \dfrac{7}{54} \;\Rightarrow\; \textbf{(B)}$$

💡 분자와 분모에서 공약수를 빼는 6학년 최대공약수 기술이 답을 기약분수로 옮겨 놓습니다.

[1] #7 7.SP.C.8 분모를 잡습니다. 네 번의 독립 굴림은 $6 \times 6 \times 6 \times 6$ 개의 동등확률 이동 수열을 만듭니다. 모든 성공

[2] #9 7.SP.C.7 첫 번째 이동의 부분 셈. $(0,0,0)$ 에서는 모든 방향이 대칭이므로 $6$ 가지 이동이 모두 합법인 시작입니다. 정육면체의 대칭에 의해

[3] #7 7.SP.C.8 두 번째 이동의 부분 셈. $P_1 = (1,0,0)$ 에서는 같은 축을 다시 쓸 수 없습니다: $A^+$ 는 $(2,0,0)$ 으로 가버려 세

[4] #1 5.G.A.1 $P_2$ 에서 후보 정육면체 두 개를 찾습니다. $P_0, P_1, P_2 = (0,0,0), (1,0,0), (1,1,0)$ 이 고정된 상태

[5] #7 7.SP.C.8 세 번째 이동의 부분 셈 (정육면체 소속으로 나누기). $P_2 = (1,1,0)$ 에서 $6$ 개 이동 각각의 도착점을 두 정육면체 소속과 서

[6] #7 7.SP.C.8 네 번째 이동의 부분 셈 — 평면 분기. $M_3 = A^-$ 이면 경로는 $z = 0$ 면 위에 머물러 두 정육면체 모두 여전히 가능합니다.

[7] #9 7.SP.C.7 네 번째 이동의 부분 셈 — 수직 분기. $M_3 = C^+$ 이면 경로는 $\text{Cube}_+$ 로 확정되고 $P_3 = (1,1,1)$

[8] #7 5.OA.A.1 고정된 접두 $(M_1, M_2) = (A^+, B^+)$ 아래에서 세·네 번째 이동의 셈을 합칩니다. 평면 분기 $1 \cdot 3 = 3$,

[9] #7 6.NS.B.4 확률을 만들고 약분합니다. 분자 $168$ 과 분모 $1296$ 은 공약수 $24$ 를 공유합니다.

검토

합리성 확인: 소수 감각: $7/54 \approx 0.130$ 으로 $1/54 \approx 0.019$ 와 $1/6 \approx 0.167$ 사이에 잘 들어맞습니다. 성공 조건이 꽤 빡빡한 편이라 약 $8$ 번에 한 번 꼴이라는 결과는 자연스럽습니다(두 번째 이동에서 축 반복 금지, 어디서도 반대 이동 금지, 세·네 번째 이동에서 정육면체 소속 조건까지). 셈 자체도 교차 확인: 정육면체 조건을 빼고 서로 다른 모서리만 보면 $6 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 750$ 가지(첫 이동은 자유, 이후는 직전 모서리의 반대만 빼면 됨)이고, 우리 성공 수 $168$ 은 그보다 훨씬 적습니다 — 정육면체 조건이 서로 다른 모서리 조건보다 본래 더 강하므로 예상대로입니다.

대안 접근: 도구 #2(빠짐없이 나열하기)를 작은 규모에서 적용: $6^4 = 1296$ 개 수열을 (컴퓨터로 또는 손으로) 모두 만들어 두 조건으로 거릅니다. 성공 $168$ 개는 $M_1$ 의 방향으로 $6$ 개의 대칭 묶음 $28$ 개씩, $M_2$ 의 방향까지 합치면 $24$ 개 묶음 $7$ 개씩, $M_3$ 의 종류로는 평면 완성 $24$ 개(각 $3$ 가지)와 수직 완성 $48$ 개(각 $2$ 가지)로 갈라져 $168 = 6 \cdot 4 \cdot (3 + 4)$ 를 그대로 회복합니다. 산술과 구조가 일치하므로 (B) 가 확정됩니다.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 7)

7.SP.C.8 조직화된 리스트, 표, 나무그림, 시뮬레이션으로 복합 사건의 확률 구하기 (네 번의 굴림을 복합 사건으로 다뤄 이동별 합법 선택지의 나무 $6 \cdot 4 \cdot 3 \cdot (\text{분기})$ 를 세우고, 성공 $168$ 을 표본공간 $1296$ 위에 올리는 데 사용.)
7.SP.C.7 모든 결과에 같은 확률을 주는 균등 확률 모형 세우기 ($1296$ 가지 네 번 굴림 수열이 모두 동등확률임과, 정육면체 대칭에 의해 어떤 $(M_1, M_2)$ 를 골라도 성공 수가 같음을 정당화 — 그래서 한 대표를 고정하고 개수만큼 곱할 수 있음.)
5.G.A.1 수직인 두 수직선(축)으로 좌표계를 만들고 점 나타내기 ($P_0, P_1, P_2$ 를 3D 좌표로 찍고 그 세 점을 담는 두 후보 단위 정육면체를 식별 — 세 번째 이동 경우 분할의 기하적 무대 만들기.)
5.OA.A.1 괄호·중괄호·대괄호를 쓴 수식을 만들고 계산하기 (부분 셈을 $6 \cdot 4 \cdot (1 \cdot 3 + 2 \cdot 2) = 168$ 로 올바른 연산 순서에 따라 합치는 데 사용.)
6.NS.B.4 두 자연수의 최대공약수 구하기 ($\tfrac{168}{1296}$ 을 공약수 $24$ 로 약분해 기약분수 $\tfrac{7}{54}$ 를 얻는 데 사용.)

⭐ 경로 문제 위에 여러 규칙이 얹혀 있으면 이동 한 번씩 합법 선택지를 세고, 도형의 대칭으로 처음 몇 이동을 "일반성을 잃지 않고" 고정합니다. 여기서는 성공 $6 \cdot 4 \cdot 7 = 168$, 전체 $1296$, 약분하면 $\tfrac{7}{54}$ 입니다.

문제

도구 + CCSS 풀이

이해

계획

실행 — 정답: B

검토

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 7)

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