場合の数５｜同じものを含むと順列はどう変わる？

「 $n$ 個のものから $r$ 個選ぶ場合の数」を $\Co{n}{r}$ で表し，この場合の数を「組み合わせ」というのでした．

また，「円状にものを並べる場合の数」を円順列というのでした．

前回の記事では「組み合わせ」を，前々回の記事では「円順列」を説明しましたが，いずれも「重複で割る」という重複の処理の仕方がポイントでした．

この「重複で割る」という考え方は場合の数や確率では，身に付くと非常に便利な考え方です．

本記事で扱う「同じものを含む順列」は

重複で割る
組み合わせ

の2つの考え方があります．

考え方を理解はしやすいのは(2)でしょうが，計算が楽なのは(1)の方でしょう．

どちらにせよ，「同じものを含む順列」の考え方は実際の問題でも頻繁に用いるので，しっかり理解しておいてください．

場合の数の一連の記事はこちら

【場合の数１｜「和の法則」と「積の法則」は超アタリマエ！】
【場合の数２｜「順列_nP_k」の考え方と公式は超カンタン！】
【場合の数３｜実はカンタンな円順列と数珠順列の考え方】
【場合の数４｜「組み合わせ_nC_k」を考え方から性質まで攻略】
【場合の数５｜同じものを含むと順列はどう変わる？】
【場合の数６｜「重複組み合わせ」は２パターンでOK！】
【場合の数７｜二項定理を理解しよう！場合の数を使って導出！】
【場合の数８｜二項係数_nC_kの性質と「パスカルの三角形」】
【場合の数９｜多項定理とは？実は二項定理と同じ考え方！】

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考え方1

まずは「重複で割る」という考え方で「同じものを含む順列」をみてみましょう

例題

カードAが3枚，カードBが5枚ある．これら8枚のカードを一列に並べてできる並びは全部で何通りか．
カードAが3枚，カードBが2枚，カードCが4枚，カードDが3枚ある．これら12枚のカードを一列に並べてできる並びは全部で何通りか．

[解答]

(1)　まず，全てのカードを区別し，カードAを $\mrm{A}_1$ , $\mrm{A}_2$ , $\mrm{A}_3$ ，カードBを $\mrm{B_1}$ , $\mrm{B_2}$ , $\mrm{B_3}$ , $\mrm{B_4}$ , $\mrm{B_5}$ とします．

カードを全て区別すると，普通の順列の考え方ができるので，カードの並びは全部で $8!$ 通りありますね．

ここで，カードAの区別をなくすことを考えます．たとえば，

$\mrm{A_1A_2A_3B_1B_2B_3B_4B_5}$ → $\mrm{AAAB_1B_2B_3B_4B_5}$
$\mrm{A_1B_2B_5A_2B_3B_4A_3B_1}$ → $\mrm{AB_1B_2AB_3B_4AB_5}$
$\mrm{B_4B_3B_2A_3A_2B_1B_5A_1}$ → $\mrm{B_1B_2B_3AAB_4B_5A}$

となります．

さて，カードAに区別があるときは，

$\mrm{A_1A_2A_3B_1B_2B_3B_4B_5}$
$\mrm{A_1A_3A_2B_1B_2B_3B_4B_5}$

は違うものとして考えていますが，これらでカードAの区別をなくせばともに同じ

$\mrm{AAAB_{1}B_{2}B_{3}B_{4}B_{5}}$

になります．

しかし，カードAの区別をなくして同じ $\mrm{AAAB_{1}B_{2}B_{3}B_{4}B_{5}}$ になるものは， $\mrm{A}_1$ , $\mrm{A}_2$ , $\mrm{A}_3$ の並び替え方の $3!$ 通りあります．

このように，カードAの区別をなくすことで同じ並びになるものは， $8!$ 通りの中に $3!$ 通りずつあることになります．

よって，カードAの区別がない並べ方は全部で $\dfrac{8!}{3!}$ 通りあることになります．

同様に，カードBの重複をなくして同じ並びになるものは， $\dfrac{8!}{3!}$ 通りの中に $5!$ 通りずつあります．

よって，求める場合の数は

$\dfrac{8!}{3!5!}=56$

となります．

(2)　全てのカードを区別して考えると，カードの並びは全部で $12!$ 通りあります．

カードA，カードB，カードC，カードDの区別をなくすことで同じ並びになるものはそれぞれ $3!$ , $2!$ , $4!$ , $3!$ 通りあるから，求める場合の数は

$\dfrac{12!}{3!2!4!3!}=39600$

となります．

[解答終]

(1)は考え方を見るために丁寧に解きましたが，実際には(2)のようにパッと解くことができます．

公式

同じ考え方で以下の公式が得られます．

$\mrm{A}_1$ , $\mrm{A}_2$ ，……， $\mrm{A}_n$ がそれぞれ $r_1$ 個， $r_2$ 個，……， $r_n$ 個あるとき，これらの並べ方の総数は

$\dfrac{(r_1+r_2+\dots+r_n)!}{r_1!r_2!\dots r_n!}$

である．

それでは証明しましょう．

[証明]

$\mrm{A}_1$ , $\mrm{A}_2$ ，……， $\mrm{A}_n$ を全て区別すると， $(r_1+r_2+\dots+r_n)!$ 通りの並べ方があります．

$\mrm{A}_k$ ( $k=1,\dots,n$ )の区別をなくしたときの重複は $n_k$ 通りあるから，重複で割って

$\dfrac{(r_1+r_2+\dots+r_n)!}{r_1!r_2!\dots r_n!}$

が求める並べ方の総数となります．

[証明終]

同じものが含まれるときの順列は，一度全て区別して順列を考え，そのあと区別をなくして重複の個数で割ればよい．

考え方2

さて，先ほどと同じ問題を別の考え方で解いてみましょう．

例題

カードAが3枚，カードBが5枚ある．これら8枚のカードを一列に並べてできる並びは全部で何通りか．
カードAが3枚，カードBが2枚，カードCが4枚，カードDが3枚ある．これら12枚のカードを一列に並べてできる並びは全部で何通りか．

[解答]

(1)　まず，カードを並べる場所は全部で8ヶ所あるので，カードAを並べる場所を選ぶ場合の数は $\Co{8}{3}$ です．

カードAを並べる場所を決めれば，カードBを並べる場所は決まりますから，求める場合の数は

$\Co{8}{3}=56$

となります．

(2)　まず，カードを並べる場所は全部で12ヶ所あるので，最初にカードAを並べる場所を選ぶ場合の数は $\Co{12}{3}$ です．

ここで，カードAを並べて残った9ヶ所にカードBを並べることになるので，カードBを並べる場所を選ぶ場合の数は $\Co{9}{2}$ です．

同様に，次にカードCを選ぶ場合の数は $\Co{7}{4}$ で，ここまで決めればカードDを並べる場所は決まります．

よって，求める場合の数は

$\Co{12}{3}\times\Co{9}{2}\times\Co{7}{4}=39600$

となります．

[解答終]

おそらく理解するが簡単なのは，この[考え方2]の方でしょう．

しかし，種類が多くなればなるほど， $\Co{n}{r}$ が増えるので計算は面倒になります(約分すれば[考え方1]と同じ式にはなりますが面倒です)．

公式

上でみた「同じものを含む順列の考え方」の[解答]の考え方と[別解]の考え方から次のことが分かります．

$\mrm{A}_1$ , $\mrm{A}_2$ ，……， $\mrm{A}_n$ がそれぞれ $r_1$ 個， $r_2$ 個，……， $r_n$ 個あるとき，これらの並べ方の総数は

$\Co{r_1+r_2+\dots+r_n}{r_1}\times\Co{r_2+\dots+r_n}{r_2}\times\dots\times\Co{r_{n-1}+r_n}{r_{n-1}}$

である．

それでは証明しましょう．

[証明]

まず，カードを並べる場所は $(r_1+r_2+\dots+r_n)$ ヶ所あるので，最初に $\mrm{A}_1$ を並べる場所を選ぶ場合の数は $\Co{r_1+r_2+\dots+r_n}{r_1}$ です．

ここで， $\mrm{A}_1$ を並べて残った $(r_2+\dots+r_n)$ ヶ所に $\mrm{A}_2$ を並べることになるので，カード $\mrm{A}_2$ を並べる場所を選ぶ場合の数は $\Co{r_2+\dots+r_n}{r_2}$ です．

これを $\mrm{A}_{n-1}$ まで繰り返せば， $\mrm{A}_n$ を並べる位置は決まります．

よって，

$\Co{r_1+r_2+\dots+r_n}{r_1}\times\Co{r_2+\dots+r_n}{r_2}\times\dots\times\Co{r_{n-1}+r_n}{r_{n-1}}$

が求める並べ方の総数となります．

[証明終]

なお， $\Co{r_n}{r_{n}}=1$ なので，この公式は

$\Co{r_1+r_2+\dots+r_n}{r_1}\times\Co{r_2+\dots+r_n}{r_2}\times\dots\times\Co{r_{n-1}+r_n}{r_{n-1}}\times\Co{r_n}{r_{n}}$

としても同じです．

[考え方1]と[考え方2]

最後に，[考え方1]の公式と[考え方2]の公式の見た目は違いますが，等しいことは以下のように計算から証明できます．

$\Co{r_1+r_2+\dots+r_n}{r_1} \times\Co{r_2+\dots+r_n}{r_2} \times\dots\times\Co{r_{n-1}+r_n}{r_{n-1}}$
$=\dfrac{(r_1+r_2+r_3\dots+r_n)!}{r_1!(r_2+r_3\dots+r_n)!} \times\dfrac{(r_2+r_3\dots+r_n)!}{r_2!(r_3+\dots+r_n)!} \times\dots\times\dfrac{(r_{n-1}+r_n)!}{r_{n-1}!r_n!}$
$=\dfrac{(r_1+r_2+\dots+r_n)!}{r_1!r_2!\dots r_n!}$