AMC 10 · 2014 · #4

쉬운 모드 학년 2

문제

랠프는 일렬로 늘어선 네 채의 집을 지나간다. 각 집은 서로 다른 색으로, 주황색, 빨간색, 파란색, 노란색이다. 그는 빨간색 집보다 주황색 집을 먼저 지나간다. 그는 노란색 집보다 파란색 집을 먼저 지나간다. 파란색 집과 노란색 집은 서로 이웃해 있지 않다. 네 채의 색칠된 집을 배열하는 방법은 몇 가지인가?

답을 골라 클릭하세요.

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

AMC 10 2014 problem © Mathematical Association of America (MAA AMC). Reproduced for educational use.

풀이는 먼저 직접 풀어본 뒤에 보는 게 가장 효과적이에요.

보기 방식:

도구 + CCSS 풀이

이해

문제 재정리: 네 채의 집이 한 줄로 서 있고 각각 주황, 빨강, 파랑, 노랑이다. 주황 집은 빨강 집보다 앞에 오고, 파랑 집은 노랑 집보다 앞에 오며, 파랑 집과 노랑 집은 서로 바로 옆에 있지 않다. 세 규칙을 모두 만족하는 왼쪽에서 오른쪽 색 배열이 몇 개인지 세어라.

주어진 것: 한 줄로 선 네 채의 집은 모두 색이 다르다: 주황($O$), 빨강($R$), 파랑($B$), 노랑($Y$); 주황은 빨강보다 앞에 있다 ($O$가 줄에서 $R$보다 앞); 파랑은 노랑보다 앞에 있다 ($B$가 줄에서 $Y$보다 앞); 파랑과 노랑은 서로 바로 옆이 아니다 (둘 사이에 적어도 한 채가 있다); 선택지: (A) 2, (B) 3, (C) 4, (D) 5, (E) 6

구하는 것: 세 규칙을 모두 만족하는 네 집의 색 배열의 개수

이해

계획

주요 도구: #2 빠짐없이 나열하기

보조 도구: #4 변수 도입하기, #3 가능성 지우기

배열은 $4!=24$가지뿐인 작고 유한한 세계이므로, 도구 #2(빠짐없이 나열하기)로 빠뜨리거나 중복하지 않고 모두 훑을 수 있다. 규칙을 기계적으로 만들기 위해 도구 #4(변수 도입하기)로 네 자리를 $1,2,3,4$로 번호 매기면 "앞에"는 "자리 번호가 더 작다"가 되고 "서로 바로 옆이 아니다"는 "자리 번호 차이가 적어도 $2$"가 된다. 목록을 짧게 유지하는 요령은 파랑과 노랑을 먼저 놓는 것인데, 이 두 색이 세 규칙 중 둘을 지고 있기 때문이다. 그다음 도구 #3(가능성 지우기)이 붙어 있는 파랑-노랑 배치를 모두 버려서 마무리할 경우만 몇 개 남긴다.

실행 — 정답: B

#4 변수 도입하기 2.OA.A.1 단계 1

네 자리에 번호 매기기

줄지어 선 집을 왼쪽에서 오른쪽으로 자리 $1$, $2$, $3$, $4$라고 하자.
이제 각 규칙이 자리 번호에 대한 규칙이 된다: "주황이 빨강보다 앞"은 주황의 자리 번호가 빨강보다 작다는 뜻이고, "파랑이 노랑보다 앞"은 파랑의 자리 번호가 노랑보다 작다는 뜻이며, "파랑과 노랑이 바로 옆이 아니다"는 두 자리 번호의 차이가 적어도 $2$라는 뜻이다.

$$\text{자리 }1,2,3,4;\quad O<R,\ \ B<Y,\ \ |B-Y|\ge 2$$

💡 자리에 번호를 매기면 "앞에"와 "옆에"가 자연수끼리의 단순 비교가 된다.

#3 가능성 지우기 2.OA.B.2 단계 2

파랑과 노랑을 먼저 놓기

파랑과 노랑이 세 규칙 중 둘을 지고 있으니 먼저 고정하자.
파랑을 더 작은 번호의 자리에 두고, 파랑과 노랑이 들어갈 두 자리를 고른다.
가능한 자리 쌍은 여섯 가지 $(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)$이다.
파랑과 노랑이 붙는 경우 — $(1,2)$, $(2,3)$, $(3,4)$ — 는 자리 번호 차이가 $1$뿐이므로 버린다.
그러면 정확히 세 개의 합법적인 파랑-노랑 배치가 남는다.

$$\text{남김 }(B,Y)\in\{(1,3),(1,4),(2,4)\};\ \ \text{버림 }(1,2),(2,3),(3,4)$$

💡 규칙을 가장 많이 공유하는 두 색부터 놓으면 위반 경우가 곧바로 사라진다.

#2 빠짐없이 나열하기 2.OA.A.1 단계 3

주황과 빨강 채우기

살아남은 각 파랑-노랑 배치에서 남은 두 자리는 주황과 빨강이 차지해야 한다.
"주황이 빨강보다 앞"이라는 규칙이 주황을 더 작은 남은 자리에, 빨강을 더 큰 자리에 강제하므로 각 경우를 마무리하는 방법은 딱 하나뿐이다.
배치 $(B,Y)=(1,3)$은 자리 $2,4$를 남겨 $B\,O\,Y\,R$을 준다.
배치 $(1,4)$는 자리 $2,3$을 남겨 $B\,O\,R\,Y$를 준다.
배치 $(2,4)$는 자리 $1,3$을 남겨 $O\,B\,R\,Y$를 준다.

$$(1,3)\to BOYR,\quad (1,4)\to BORY,\quad (2,4)\to OBRY$$

💡 파랑과 노랑이 자리를 잡으면 "주황이 빨강보다 앞"이 남은 두 집의 순서를 정해 버린다.

#2 빠짐없이 나열하기 2.OA.A.1 단계 4

완성된 배열 세기

세 개의 합법적인 파랑-노랑 배치가 각각 정확히 하나의 완성된 배열을 만들었고, 세 배열 — $B\,O\,Y\,R$, $B\,O\,R\,Y$, $O\,B\,R\,Y$ — 은 모두 규칙을 통과한다: 주황이 빨강보다 앞, 파랑이 노랑보다 앞, 그리고 파랑과 노랑이 붙지 않는다.
다른 배치는 살아남지 못했으므로 올바른 배열의 총수는 $3$이며, 이는 선택지 (B)이다.

$$3\text{개의 올바른 배열}\ \Rightarrow\ \textbf{(B)}$$

💡 합법적인 파랑-노랑 자리 셋이 각각 한 가지로 마무리되니 합쳐서 배열은 셋이다.

[1] #4 2.OA.A.1 줄지어 선 집을 왼쪽에서 오른쪽으로 자리 $1$, $2$, $3$, $4$라고 하자. 이제 각 규칙이 자리 번호에 대한 규칙이 된다: "주황이

[2] #3 2.OA.B.2 파랑과 노랑이 세 규칙 중 둘을 지고 있으니 먼저 고정하자. 파랑을 더 작은 번호의 자리에 두고, 파랑과 노랑이 들어갈 두 자리를 고른다. 가능

[3] #2 2.OA.A.1 살아남은 각 파랑-노랑 배치에서 남은 두 자리는 주황과 빨강이 차지해야 한다. "주황이 빨강보다 앞"이라는 규칙이 주황을 더 작은 남은 자리에,

[4] #2 2.OA.A.1 세 개의 합법적인 파랑-노랑 배치가 각각 정확히 하나의 완성된 배열을 만들었고, 세 배열 — $B\,O\,Y\,R$, $B\,O\,R\,Y$,

검토

합리성 확인: 살아남은 세 배열을 손으로 확인하자: $BOYR$(파랑 자리 $1$, 노랑 자리 $3$, 차이 $2$), $BORY$(파랑 $1$, 노랑 $4$, 차이 $3$), $OBRY$(파랑 $2$, 노랑 $4$, 차이 $2$) — 모두 파랑이 노랑보다 앞이고 차이가 적어도 $2$이며, 각각 주황이 빨강보다 앞이다. 그래서 $3$은 실현 가능하니 (A) $2$는 너무 작다. 또한 $6$만큼 클 수도 없다: 바로 옆 금지 규칙을 빼더라도 $24$개 배열 중 주황이 빨강보다 앞이면서 파랑이 노랑보다 앞인 것은 $6$개뿐이고, 여기서 옆 금지 규칙이 몇 개를 더 지우므로 (E) $6$은 불가능하다.

대안 접근: 빼서 세는 방법도 있다. $24$개 배열 중 정확히 절반이 주황을 빨강보다 앞에 두고, 그 절반이 파랑을 노랑보다 앞에 두므로 $24\div2\div2=6$개가 두 "앞에" 규칙을 지킨다. 그 $6$개 중 나쁜 것은 파랑과 노랑을 하나의 "$BY$" 덩어리로 붙인 경우인데, 그 덩어리와 주황·빨강을 합치면 세 개이고 "주황이 빨강보다 앞"이 $3$개의 배열을 남기며 모두 나쁘다. 빼면 $6-3=3$, 똑같이 답 (B)이다.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 2)

2.OA.A.1 Solve one- and two-step word problems using addition and subtraction within 100 ("앞에"와 "바로 옆이 아니다"라는 말을 자리 번호에 대한 규칙으로 바꾸고, 그 규칙을 지키는 완성된 배열을 세는 데 사용.)
2.OA.B.2 Fluently add and subtract within 20 using mental strategies (파랑과 노랑의 자리 번호 차이를 구해 차이가 $1$뿐인 배치를 걸러내는 데 사용.)

⭐ 네 자리에 번호를 매기고 파랑과 노랑을 사이를 벌려 먼저 놓으면 "주황이 빨강보다 앞"이 나머지를 채워 주니, 살아남는 줄은 단 셋뿐이다.