AMC 10 · 2024 · #24
학년 7 probabilitygeometry-3dcounting문제
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?
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AMC 10 2024 problem © Mathematical Association of America (MAA AMC). Reproduced for educational use.
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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
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) $\tfrac{2}{5}$
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.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.
💡 독립 시행은 곱한다 — 7학년 "복합 사건의 표본공간" 규칙.
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.
💡 동등확률 시작이 있을 때는 한 대표 경우를 풀고 개수만큼 늘려주면 됩니다 — 도구 #9 의 "일반성을 잃지 않기" 축소.
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.
💡 "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.
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.
💡 두 정육면체를 위아래로 쌓아 빠르게 스케치하면 세 번째 이동의 경우 나눔이 자명해집니다 — 5학년의 좌표격자 사고를 3D로 끌어올린 것.
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.
💡 세 번째 이동을 "$xy$-면에 머무름" 과 "위·아래 면으로 점프" 로 나누면 네 번째 이동의 경우 분할이 깔끔하게 나옵니다.
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.
💡 $B^-$ 로 정사각형을 닫는 이동도 합법입니다 — 그것 역시 두 정육면체 각각의 네 번째 서로 다른 모서리이기 때문입니다. 두 수직 출구는 각각 한 정육면체로 경로를 확정합니다.
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.
💡 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.
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.
💡 부분 셈을 곱하는 것은 표준 "선택의 나무" — 셈 위에 적용한 5학년 연산 순서.
6.NS.B.4 단계 9 - 확률을 만들고 약분합니다.
- 분자 $168$ 과 분모 $1296$ 은 공약수 $24$ 를 공유합니다.
💡 분자와 분모에서 공약수를 빼는 6학년 최대공약수 기술이 답을 기약분수로 옮겨 놓습니다.
7.SP.C.8 분모를 잡습니다. 네 번의 독립 굴림은 $6 \times 6 \times 6 \times 6$ 개의 동등확률 이동 수열을 만듭니다. 모든 성공 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 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 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 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 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.SP.C.7 네 번째 이동의 부분 셈 — 수직 분기. $M_3 = C^+$ 이면 경로는 $\text{Cube}_+$ 로 확정되고 $P_3 = (1,1,1)$ 5.OA.A.1 고정된 접두 $(M_1, M_2) = (A^+, B^+)$ 아래에서 세·네 번째 이동의 셈을 합칩니다. 평면 분기 $1 \cdot 3 = 3$, 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.8조직화된 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.7모든 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.1수직인 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.1괄호·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.4두 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.
⭐ 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.
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