数直線上の点の移動(位置と符号)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 (2)は全場合の計算をせず、対称性で切る。

表と裏を全部入れ替えると、座標の符号が反転する。だから「正になる確率」と「負になる確率」は等しい。

奇数回だから座標 $0$ はあり得ない。正と負の $2$ つで全体を分け合う。「対称性で計算を消す」という上級の省エネが主題だ。

(1) 表が $a$ 回、裏が $b$ 回とすると $a+b=5$、座標は $a-b$ なので $a-b=3$。連立して解くと $a=4$、$b=1$。表が4回出る確率は反復試行より

$${}_5{\mathrm{C}}_4{\left(\frac{1}{2}\right)}^4{\left(\frac{1}{2}\right)}^1=5\times \frac{1}{32}=\frac{5}{32}$$

(2) 5回は奇数回なので、座標 $a-b$($a+b=5$)は必ず奇数になり、0にはならない。だから P は必ず正か負のどちらかにある。

ここで対称性に注目する。表と裏をすべて入れかえると、座標の符号がちょうど反対になる。この対応で『正の側にある結果』と『負の側にある結果』が1対1に対応するので、両方の確率は同じだ。合わせて1だから

$$P(\text{正の側})=\frac{1}{2}$$

まとめ:(2)は $P(\text{座標}=5)+P(3)+P(1)$ を直接足しても求まる($\frac{1}{32}+\frac{5}{32}+\frac{10}{32}=\frac{16}{32}=\frac{1}{2}$)が、対称性を使えば計算せずに答えが出る。『奇数回だから0にならない』ことと『左右対称』の2つを押さえるのがコツだ。

発展 — 一歩先へ。 コインの回数 $n$ が奇数なら、座標は必ず奇数で $0$ にならない。だから今回のように、対称性だけで $P(\text{正})=P(\text{負})=\frac{1}{2}$ と言える。

$n$ が偶数だと事情が変わる。原点に戻る($0$ になる)場合が生じ、その分を正・負が分け合う。よって $P(\text{正})=P(\text{負})=\frac{1-P(0)}{2}$ となる。

$n=2m$ のとき $P(0)=\frac{{}_{2m}{\mathrm{C}}_m}{2^{2m}}$。たとえば $n=4$ なら $P(0)=\frac{6}{16}$ で、$P(\text{正})=\frac{5}{16}$ だ。偶奇で答えの形が変わるのがおもしろい。

別解

別解 — 位置の分布を多項式で一望する(得意な人向けの母関数の視点)。 $1$ 回の移動で、表($+1$)を $x$、裏($-1$)を $x^{-1}$ に対応させる。$5$ 回分をかけた

$$(x+x^{-1}{)}^5=x^5+5x^3+10x+10x^{-1}+5x^{-3}+x^{-5}$$

を展開すると、$x^j$ の係数が「$5$ 回で座標 $j$ に到達する場合の数」になる。係数の合計は $2^5=32$ 通りだ。

(1) 座標 $3$ は $x^3$ の係数 $5$ だから $\frac{5}{32}$。

(2) 正の座標は $x^5,x^3,x^1$ の $3$ 項で、係数の和は $1+5+10=16$。よって $\frac{16}{32}=\frac{1}{2}$。負の座標 $x^{-5},x^{-3},x^{-1}$ の係数の和も $1+5+10=16$ で等しく、$x^0$ の項が無い(座標 $0$ が無い)ことも展開から見てとれる。

$1$ つの展開式に、どの座標へ何通りで到達するかがすべて表れる。本解と同じ答えになる。