수학여정 - 문제 분석 리포트

step1. 같은 문자끼리의 교환은 배열을 바꾸지 않는다

위 그림에서 초록 화살표는 같은 문자끼리의 교환이라 배열이 그대로이고, 빨간 화살표 하나만 서로 다른 문자를 바꿉니다.

카드에는 문자 A 또는 B만 적혀 있으므로 우리가 구별할 수 있는 것은 '어느 자리에 어떤 문자가 보이는가'뿐입니다. 따라서 A끼리 또는 B끼리 자리를 바꾸어도 배열은 전혀 달라지지 않아요.

처음 배열을 $S_0=\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}\mathrm{B}$ 라 하겠습니다. 그림에서 보듯 $1$, $2$, $3$ 번째 자리가 A이고 $4$, $5$, $6$ 번째 자리가 B이므로

$k=1$ : $1$·$2$ 번째 자리 → A와 A → 변화 없음

$k=2$ : $2$·$3$ 번째 자리 → A와 A → 변화 없음

$k=3$ : $3$·$4$ 번째 자리 → A와 B → 배열이 바뀜

$k=4$ : $4$·$5$ 번째 자리 → B와 B → 변화 없음

$k=5$ : $5$·$6$ 번째 자리 → B와 B → 변화 없음

$k=6$ : 그대로 둠 → 변화 없음

$S_0$ 에서 배열이 실제로 바뀌는 눈은 A와 B가 맞닿은 경계를 건드리는 $k=3$ 하나뿐이고, 나머지 $5$ 가지 눈은 모두 제자리입니다. 이 압축이 이 문제의 열쇠예요.

$k=3$ 이 나오면 배열은 $S_1=\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}$ 가 됩니다.

step2. 각 상태에서의 이동 정리하기

위 그림의 전이도가 각 배열에서 어디로 갈 수 있는지를 정리한 것입니다.

$S_1=\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}$ 에서도 같은 방식으로 확인합니다.

$k=1$ : A와 A → 제자리

$k=2$ : A와 B → $\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}$ (이를 $S_2$ 라 하겠습니다)

$k=3$ : B와 A → $\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}\mathrm{B}=S_0$ (원래대로 되돌아감)

$k=4$ : A와 B → $\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{B}$ (이를 $S_3$ 라 하겠습니다)

$k=5$ : B와 B → 제자리

$k=6$ : 제자리

정리하면 $S_1$ 에서는 $3$ 가지가 제자리, $S_0$·$S_2$·$S_3$ 로 각각 $1$ 가지씩입니다.

$S_2$ 와 $S_3$ 는 $S_0$ 과 두 번의 교환만큼 떨어져 있으므로, 이 상태에서 한 번의 시행으로 $S_0$ 에 도달하는 것은 불가능합니다. 이 사실만 확보해 두면 $S_2$, $S_3$ 의 세부는 더 따질 필요가 없어요.

step3. $4$ 번 후 처음 배열이 되는 경우의 수 세기

위 표가 시행 횟수를 늘려 가며 경우의 수를 쌓아 올린 결과예요.

$n$ 번의 시행 후 배열이 $S_0$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ 가 되게 하는 눈의 수의 순서쌍의 개수를 각각 $p_n$, $q_n$, $r_n$, $s_n$ 이라 하겠습니다. 시작은 $p_0=1$ 이고 나머지는 $0$ 입니다.

step2에서 정리한 이동을 그대로 적용하면

$p_1=5$, $q_1=1$

$p_2=5\times 5+1\times 1=26$, $q_2=1\times 5+3\times 1=8$, $r_2=1$, $s_2=1$

$p_3=5\times 26+1\times 8=138$, $q_3=1\times 26+3\times 8+1\times 1+1\times 1=52$

$p_4=5\times 138+1\times 52=742$

입니다. 즉 $4$ 번의 시행 후 배열이 다시 A, A, A, B, B, B 가 되는 눈의 수의 순서쌍은 $742$ 가지입니다. (전체는 $6^4=1296$ 가지입니다.)

$p_n$ 의 식에서 $5\times p_{n-1}$ 은 $S_0$ 에 있다가 제자리인 $5$ 가지 중 하나가 나온 경우, $1\times q_{n-1}$ 은 $S_1$ 에 있다가 $k=3$ 이 나온 경우입니다.

step4. $3$ 번째 눈이 $6$ 인 경우를 세어 조건부확률 구하기

위 표에서 초록으로 표시한 두 칸, 즉 2회 후의 26가지와 8가지가 이 계산의 재료입니다.

$k=6$ 은 어떤 배열에서도 카드를 그대로 두는 시행입니다. 따라서 $3$ 번째 눈이 $6$ 이면 $2$ 번의 시행 후의 배열과 $3$ 번의 시행 후의 배열이 같고, 남은 $4$ 번째 시행 한 번으로 $S_0$ 에 도달해야 합니다.

$2$ 번 후의 배열로 경우를 나눕니다.

$S_0$ 인 경우 : $p_2=26$ 가지. 마지막 한 번이 제자리여야 하므로 $5$ 가지. → $26\times 5=130$

$S_1$ 인 경우 : $q_2=8$ 가지. 마지막 한 번이 $k=3$ 이어야 하므로 $1$ 가지. → $8\times 1=8$

$S_2$ 또는 $S_3$ 인 경우 : 한 번의 시행으로 $S_0$ 에 갈 수 없으므로 $0$

합하면 $130+8=138$ 가지입니다.

구하는 것은 '$3$ 번째에 $6$ 이 나올 확률'이 아니라 '$4$ 번 후 배열이 처음과 같다는 조건 아래에서 $3$ 번째가 $6$ 일 확률'입니다. 조건을 떼고 ${\displaystyle \frac{1}{6}}$ 이라고 답하지 않도록 주의하세요.

$6^4=1296$ 가지 순서쌍이 모두 같은 확률로 일어나므로 조건부확률은 경우의 수의 비로 계산됩니다.

${\displaystyle \frac{138}{742}}={\displaystyle \frac{69}{371}}$

따라서 정답은 ⑤입니다.

step1. 상태 압축

$S_0=\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}\mathrm{B}$: $k=3$ 만 변화, 나머지 $5$ 가지는 제자리

$S_1=\mathrm{A}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{B}$: 제자리 $3$, $\to S_0$ $1$, $\to S_2$ $1$, $\to S_3$ $1$

step2. ~3. 경우의 수 누적

$p_1=5,q_1=1$

$p_2=26,q_2=8,r_2=s_2=1$

$p_3=138,q_3=52$

$p_4=5\times 138+52=742$

step4. 분자

$26\times 5+8\times 1=138$   --- $k=6$ 은 제자리이므로 $2$ 회 후 상태로 분류

${\displaystyle \frac{138}{742}}={\displaystyle \frac{69}{371}}$

$\therefore ⑤$