하나의 동전을 던질 때, 앞면이나 뒷면이 나온다. $i$번째 던지기 전까지 뒷면이 나온 횟수를 $a_i$라 하자($a_1 =0$). 처음 던지기 전 가진 점수를 1점이라 하고, $i$번째 던졌을 때, 동전의 뒷면이 나오면 가지고 있던 점수를 그대로 두고, 동전의 앞면이 나오면 가지고 있던 점수를 $2^{a_i}$배 한다. 이러한 방식으로 $N$번 동전던지기 놀이를 한다.
예를 들어 동전을 세 번 던질 때 나올 수 있는 모든 경우의 수는 8이며, 이들을 “앞”, “뒤” 문자로 만들어진 단어로 다음과 같이 표시할 수 있고 점수 또한 계산할 수 있다. 뒤뒤뒤 ⇒ 1점, 뒤뒤앞 ⇒ 4점 뒤앞뒤 ⇒ 2점, 뒤앞앞 ⇒ 4점 앞뒤뒤 ⇒ 1점, 앞뒤앞 ⇒ 2점 앞앞뒤 ⇒ 1점, 앞앞앞 ⇒ 1점
1-1. 동전을 $N$번 던질 때 나올 수 있는 모든 경우의 수를 구하시오.
1-2. 동전을 여섯 번 던질 때 점수가 5점 이하일 확률을 구하시오.
1-3. 동전을 $N$번 던질 때 얻을 수 있는 점수는 모두 몇 가지인가? (단, $N$은 홀수)
경우의 수를 묻는 문제다. 앞면을 0 뒷면을 1로 표현하여 수형도를 그리면 쉽게 파악할 수 있다. 보기로 나온 세 번 던지는 경우는 다음과 표시할 수 있다. 점수는 0앞에 있는 1의 개수 $a_i$를 세면 쉽게 계산할 수 있다.
① 111⇒$2^0=1$
② 110⇒$2^2$
③ 101⇒$2^1$
④ 100⇒$2^1\cdot 2^1 =2^2$
⑤ 011⇒$2^0=1$
⑥ 010⇒$2^1$
⑦ 001⇒$2^0=1$
⑧ 000⇒$2^0=1$
1-1 중복순열이므로 $2^N$
1-2 6번을 던질 때는 위에 나열한 것에 다시 세 번을 덧붙여 생각하면 된다. 5점 이하인 사건은 0보다 앞에 있는 1의 수를 더한 값이 2이하인 사건이다. 이 사건을 $A$라고 하자. ①②③④는 더 이상 앞이 나오면 안 되므로 111만 허용된다. ⑤는 011, 111 ⑥은 011, 111 ⑦은 001, 011, 101,111 ⑧은 모두 가능하다.
$n(A)=20$이므로 확률은 $\displaystyle{P(A)=\frac{5}{2^4}}$이다.
1-3 점수가 가장 높을 때를 생각하자.
0과 1이 반씩 나뉘어져 있고 1이 모두 앞에 있을 때 가장 점수가 높다. $$\underbrace{111\cdots 11}_{\frac{N-1}{2}}\underbrace{00\cdots 000}_{\frac{N+1}{2}}$$
이때 $N$이 홀수라면 1은 $\displaystyle{\frac{N-1}{2}}$개, 0은 $\displaystyle{\frac{N+1}{2}}$개이다.
따라서 가장 높은 점수는 $\displaystyle{2^{\frac{N-1}{2}\cdot\frac{N+1}{2}}}$이다.
그러므로 점수는 모두 $$\displaystyle{\frac{N-1}{2}\cdot\frac{N+1}{2}+1=\frac{N^2 +3}{4}}$$가지가 나올 수 있다.
제시문 2
상품 생산, 판매 과정에서 생산자는 제조비용을 최소화하고 판매이익을 최대화하고자 한다. 그러나 유용 가능한 재료, 자본 등이 제한되어 있으므로 조건이 주어진상황에서 비용과 이익의 최적화를 하게 된다. 이를 수학적으로 구현하는 방법 중 하나는 주어진 조건 하에서의 이익이나 비용 함수의 최댓값과 최솟값을 구하는 문제로표현하는 것이다.
다음 문제에서는 제한 조건이 주어진 상황에서 함수의 최솟값과 최댓값을 구하고자 한다.
2-1. 조건 $xy=1$을 만족하는 양수 $x$와 $y$에 대하여 $\displaystyle{\frac{1}{2}(ax+by)}$의 최댓값과 최솟값 이 존재하는지 밝히고, 존재하면 값을 구하시오(단, $a,b$는 양수).
2-2. $t\geq10$일 때, $(x-t)^2 +(y-t)^2+(z-t)^2=1$을 만족하는 실수 $x,y,z$에 대하여 $\displaystyle{\frac{x+2y+3z}{\sqrt{x^2 +y^2 +z^2}}}$의 최댓값 $f(t)$를 구하시오. 이때 $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow\infty}f(t)}$를 구하시오.
그러므로 $$\lim_{t\rightarrow\infty}\cos\theta=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}$$이다.
그러므로 $$\displaystyle{\lim_{t\rightarrow\infty}f(t)}=\sqrt{14}\cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=2\sqrt{3}$$
제시문 3
입체도형의 전개도는 입체도형을 한 평면 위에 펼쳐 놓은 것이다. 입체도형을 다룰 때 그 전개도를 생각하면 삼차원 공간 대신 이차원 평면 위에서 생각할 수 있으므로 편리하다. 예를 들어 정육면체의 전개도는 정사각형을 여섯 개 붙인 것이고, 높이가 유한한 원기둥의 전개도는 직사각형의 마주보는 두 변에 원을 하나씩 붙인 것이다.
3-1. 좌표평면 위를 분당 1 km의 속력으로 일정한 방향으로 달려가는 목표물을 분당 2 km의 속력으로 날아가는 탄환으로 맞히는 사격 시합이 있다고 하자. 사수가 원점에 있다고 하고 시각 $t=0$에서 목표물의 위치벡터를 $x\not=0$, 속도벡터는 $\vec{u}$라고 하자. 또 벡터 $\vec{x}$의 크기를 $a$라 하고, $\vec{x}$와 $\vec{u}$ 사이의 각을 $\theta$라고 하자. 사수가 쏜 탄환이 목표물을 시각 $t=0$으로부터 4 분 이내에 맞힐 수 있을 조건을 $a$와 $\theta$에 대한 식으로 나타내시오. (단, 사수, 목표물, 탄환의 크기는 무시한다. 또한 발포는 $t\geq 0$인 임의의 시각에 가능하다.)
3-2. 사수와 목표물이 반지름의 길이가 $\displaystyle{\frac{\sqrt{2}}{\pi}}$ km인 무한한 원기둥 표면에 있다고 하자. 사수가 쏘는 탄환과 목표물은 모두 원기둥의 표면을 따라서만 움직일 수 있다. 시각 $t=0$에서 사수와 목표물은 다음 그림과 같이 중심축과 평행한 직선 위에 있고, 사수와 목표물 사이의 거리는 5 km라고 하자. 목표물은 분당 1 km의 속력으로 항상 중심축과 $45^{\circ}$의 각도를 유지하면서 그림과 같이 움직이고 있고, 사수가 쏘는 탄환도 분당 2 km의 속력으로 항상 중심축과 일정한 각도를 유지하면서 움직인다. 이 때 사수가 쏜 탄환이 목표물을 시각 $t=0$ 으로부터 4 분 이내에 맞힐 수 있겠는가? 그 이유를 설명하시오. (단, 사수, 목표물, 탄환의 크기는 무시한다. 또한 발포는 $t\geq 0$인 임의의 시각에 가능하다.)
3-3. 문제 1-2에서, 목표물이 달려가는 방향과 중심축 사이의 각도 $\theta$에 따라서 사수가 쏜 탄환이 목표물을 4분 이내에 맞힐 수도 있고, 그렇지 않을 수도 있다. 탄환이 목표물을 맞힐 수 있을 $\cos\theta$의 범위를 구하시오.
$f(t)=3t^{2} -2at\cos \theta -a ^{2}$라고 할 때, $f(0) \leq 0$이므로 $f(4)\geq 0$이라고 해도 된다.
3-2 원기둥면을 움직이므로 전개도에서 그려서 생각하자.
사수를 원점으로 생각하면 $\vec{x}=(5,0),\vec{u}=(\cos\theta,\sin\theta)$ 총알은 원점 $(0,0)$이 중심이고 반지름이 $2t$인 원과 내부에 있다고 볼 수 있고 물체는 $(5,0)$이 중심이고 반지름이 $t$인 원 위에 있다고 볼 수 있다.
먼저 $\displaystyle{\theta=\frac{\pi}{4}}$이고 $t=2$일 때는 그림과 같이 물체가 원 밖에 있으므로 맞힐 수 없다.
$\displaystyle{\theta=\frac{\pi}{4}}$이고 $t=4$일 때 물체는 원통 둘레를 한 바퀴 돌아서 사수와 출발점을 이은 직선($y=2\sqrt2$) 위 점 $P^{\prime}$에 놓이게 된다. 따라서 점 $O^{\prime}$에서 거리를 재는 것으로 생각할 수 있다.
$$\overline{O^{\prime}P^{\prime}}=5+2\sqrt2 <8$$
그림과 같이 점 $O^{\prime}$이 중심이고 반지름이 8인 원 내부에 있으므로 맞힐 수 있다.
3-3 1-2 풀이에서 $\theta$가 $45^{\circ}$이상이면 4분 이내에 맞힐 수 있음을 확인하였다.
$\cos\theta$의 범위를 구하기 위해서 두 원 $(x-5)^2 +y^2 =4^2 ,x^2 +(y-2\sqrt2 )^2 =8^2$이 만나는 점을 $Q$라고 하자.
삼각형 $O^{\prime}PQ$에서 코사인 제2 법칙으로 $\cos\theta$의 범위를 구할 수 있다. 계산은 지나치게 복잡하여 생략한다.
제시문 4
보이지 않는 영역에 대한 정보를 얻기 위하여 관측된 다른 정보를 분석하여 역으로 미 관측 영역에 대한 정보를 얻을 수 있다. 가령 주어진 영역에 장애물이 있는 경우 한 끝 점에서 출발하여 다른 끝 점에 도달하는 최단 경로의 개수를 분석하여 장애물의 위치에 대한 부분 정보를 얻을 수 있다.
예를 들어 아래 그림은 가로, 세로의 길이가 각각 7인 정사각형 모양으로 이루어진 도로망을 나타낸 것이다. 그림에서 색칠된 사각형의 네 꼭짓점 $(4,4),(4,5),(5,4),(5,5)$에는 장애물이 있어, 네 점 중 어느 점도 지날 수 없다. 그리고 그림에서 굵은 선으로 표시된 $(0,0)$에서 $(7,7)$로 가는 경로는 장애물이 있는 네 꼭짓점 중 어느 점도 지나지 않는 최단 경로의 한 예이다.
이제 위와 같은 상황을 일반화하여, 가로, 세로의 길이가 각각 $n$인 정사각형 모양의 도로망에 장애물이 놓여 있을 때, 장애물이 놓인 점을 지나지 않는 최단 경로의 개수를 조사해 보고자 한다.
4-1. 고정된 자연수 $n$ 에 대하여, 위의 그림과 같이 가로, 세로의 길이가 각각 $n$인 정사각형 모양의 도로망을 생각하자. 그리고 네 점 $P(k,k+1),Q(k,k),R(k+1,k),S(k+1,k+1)$에 장애물이 놓여 있다고 하자(단, $k$는 $0\leq k\leq n-1$인 정수). 이때 $A(0,0)$에서 $B(n,n)$까지 가는 최단 경로 중 $P, Q, R, S$를 어느 것도 지나지 않는 경로의 개수를 구하시오.
4-2. 문제 2-1 에서 최단 경로의 개수가 최대인 경우와 최소인 경우의 $k$ 값을 각각 구하시오.
경우의 수 가운데 같은 것이 있는 순열이나 조합으로 해결할 수 있는 문제이다. 보기에 주어진 경우를 먼저 생각하자. 여사건으로 생각하는 것이 더 간단하다. 색칠 된 사각형을 지나는 경우는 $(0,0)\rightarrow(4,5)\rightarrow(7,7),\;\;(0,0)\rightarrow(5,4)\rightarrow(7,7)$로 이동하는 경우인데 두 가지 경우의 수는 모두 ${}_9 C_5 \cdot{}_5 C_2$로 같다. 따라서 $2\cdot{}_9 C_5 \cdot{}_5 C_2$이다.
그러므로 구하는 경우의 수는 ${}_{14} C_7 -2 \cdot{}_9 C_5 \cdot{}_5 C_2$이다.
4-1 이를 일반화하면 ${}_{2n} C_n -2 \cdot{}_{2k+1} C_{k+1} \cdot{}_{2n-2k-1} C_{n-k}$이다.
4-2 가운데로 갈수록 값이 커진다.
위에서 ${}_{2n} C_n$은 상수이므로 ${}_{2k+1} C_{k+1} \cdot{}_{2n-2k-1} C_{n-k}$에 따라 결정된다.
이 값을 $f(k)={}_{2k+1} C_{k+1} \cdot{}_{2n-2k-1} C_{n-k}$라고 하자. $$\frac{f(k+1)}{f(x)} =\frac{(2k+3)(2k+2)}{(k+2)(k+1)}\times\frac{(n-k)(n-k-1)}{(2n-2k-2)(2n-2k-1)} =\frac{(2k+3)}{(k+1)}\times\frac{(n-k)}{(2n-2k-1)}$$
