数学A / 確率

表の枚数が3の倍数になる確率(1の3乗根の利用)

実戦編反復試行二項係数1の3乗根複素数単元横断

問題

$n$ 枚の硬貨を同時に投げる。表が出た枚数が $3$ の倍数( $0$ も含む)になる確率 $P_{n}$ を、 $n$ を用いて表せ。

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$k$ が $3$ の倍数のときだけ $1$ 、他は $0$ になる“ふるい”を、1の3乗根 $ω$ で作れる。二項定理を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使い分けて足し合わせると、狙った和が取り出せる。

解答・解説

方針

求める確率は $\frac{1}{2 ^{n}} \sum_{3 ∣ k} (k n)$ 。1の3乗根 $ω$ を使った“ $3$ の倍数だけ拾うふるい” $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ で二項和を取り出す。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 求める確率は $\frac{1}{2 ^{n}} k : 3 ∣ k \sum (k n)$ 。つまり「 $3$ の倍数の $k$ だけ」を選んで足したい。

ここで1の3乗根 $ω$ が効く。 $1 + ω^{k} + ω^{2 k}$ は、 $k$ が $3$ の倍数なら $3$ 、そうでなければ $0$ 。倍数だけを通す“ふるい”になっている。

このふるいを二項和にかけると、 $(1 + x)^{n}$ を $x = 1, ω, ω^{2}$ で評価した和に化ける。離散的な「 $3$ で割った余り」を、複素数の道具で選び出すわけだ。

定理1の3乗根

ω

について

1 + ω + ω^{2} = 0, ω^{3} = 1

。ゆえに

1 + ω^{k} + ω^{2 k} = 3

(

k

が

3

の倍数のとき)、

0

(それ以外)

① ふるいで和を表す。 二項定理 $(1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (k n) x^{k}$ を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使うと $k : 3 ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{3} {(1 + 1)^{n} + (1 + ω)^{n} + (1 + ω^{2})^{n}} .$ ② $1 + ω$ を極形式にする。 $ω = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i$ より $1 + ω = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i = cos \frac{π}{3} + i sin \frac{π}{3}$ 。同様に $1 + ω^{2} = cos \frac{π}{3} - i sin \frac{π}{3}$ 。

定理ド・モアブルの定理

(cos θ + i sin θ)^{n} = cos n θ + i sin n θ

よって $(1 + ω)^{n} + (1 + ω^{2})^{n} = 2 cos \frac{nπ}{3}$ 。

③ 確率にまとめる。 $(1 + 1)^{n} = 2^{n}$ とあわせて $k : 3 ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{3} {2^{n} + 2 cos \frac{nπ}{3}} .$ $2^{n}$ で割って $P_{n} = \frac{1}{3} {1 + \frac{2 cos \frac{nπ}{3}}{2 ^{n}}} .$ (例えば $n = 3$ なら $cos π = - 1$ で $P_{3} = \frac{1}{3} (1 - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4}$ 。実際表 $0$ 枚と $3$ 枚で $\frac{1 + 1}{8} = \frac{1}{4}$ と一致する。)

まとめ 『余りで場合を選んで足す』和は、1の $m$ 乗根のふるい $\frac{1}{m} \sum_{j} ω^{j k}$ で取り出せる。複素数(単位根・ド・モアブル)が、二項係数という離散の和を鮮やかに閉じた式にする。確率と複素数の意外な融合。

発展 — 一歩先へ。 同じふるいは $m$ の倍数にも使える。1の $m$ 乗根 $ζ$ で $\frac{1}{m} (1 + ζ^{k} + \dots + ζ^{(m - 1) k})$ が「 $m$ の倍数だけ通す」フィルタになり、 $m ∣ k \sum (k n) = \frac{1}{m} j = 0 \sum m - 1 (1 + ζ^{j})^{n}$ 。 $m = 4$ で試すと $cos \frac{nπ}{4}$ の項が現れる。

答

1の3乗根 $ω$ で二項和をふるいにかけ、 $P_{n} = \frac{1}{3} {1 + \frac{2 cos \frac{nπ}{3}}{2 ^{n}}}$ 。

別解

別解 — 複素数を使わず、余り別の個数の漸化式で(苦手な人向け)。 表の枚数を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ になる場合の数を、それぞれ $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ とおく( $a_{n} + b_{n} + c_{n} = 2^{n}$ )。

$n + 1$ 枚目が裏なら余りはそのまま、表なら余りが $1$ 進む。だから

$a_{n + 1} = a_{n} + c_{n}, b_{n + 1} = b_{n} + a_{n}, c_{n + 1} = c_{n} + b_{n} .$

差 $u_{n} = a_{n} - b_{n}$ 、 $v_{n} = b_{n} - c_{n}$ を追うと $u_{n + 1} = - v_{n}$ 、 $v_{n + 1} = u_{n} + v_{n}$ 。ここから $u_{n + 2} = u_{n + 1} - u_{n}$ が出て、 $u_{n}$ は $1, 0, - 1, - 1, 0, 1$ の繰り返し(周期 $6$ )になる。

$3 a_{n} = 2^{n} + 2 u_{n} + v_{n}$ だから、 $a_{n}$ は $2^{n}$ の $\frac{1}{3}$ に周期 $6$ の小さな補正がつくだけ。この補正 $2 u_{n} + v_{n}$ の値 $2, 1, - 1, - 2, - 1, 1$ はちょうど $2 cos \frac{nπ}{3}$ と一致し、本解の式に戻る。複素数のふるいは、この周期 $6$ の振動をひとことで書き切る道具だったわけだ。

ポイント

『 $3$ の倍数の項だけ足す』和は、1の3乗根のふるい $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ で取り出す。
二項定理を $x = 1, ω, ω^{2}$ で使い、 $(1 + x)^{n}$ の和に帰着させる。
$1 + ω = cos \frac{π}{3} + i sin \frac{π}{3}$ 、ド・モアブルで $2 cos \frac{nπ}{3}$ にまとめる。

よくある間違い

ふるい $\frac{1}{3} (1 + ω^{k} + ω^{2 k})$ が「倍数で $3$ 、他で $0$ 」になることを確認せずに使い、係数 $\frac{1}{3}$ を落とす。
$(1 + ω)^{n}$ の極形式を誤る。 $1 + ω$ は絶対値 $1$ ・偏角 $\frac{π}{3}$ で、 $ω$ 自身(偏角 $\frac{2 π}{3}$ )と混同しやすい。
答えを出したあと小さい $n$ で検算しない。 $n = 3$ なら表 $0$ 枚か $3$ 枚で $P_{3} = \frac{1}{4}$ 。ここが合わなければ偏角か係数のミスだ。