2005年入試問題研究に戻る
解答
求める確率を $p_n$ とする．
解1
500円玉を一つ固定する．
1回の試行で，この500円玉が表，裏である結果を「表」，「裏」と表す．
また， $ n $ 枚の100円玉と残る $ n $ 枚の500円玉の表の枚数を $ M $ と $ N $ とおく．
試行のすべての結果は次の6通りに場合分けされ，それぞれ事象を定める．
\[
\begin{array}{l}
(表,\ M >N),\ (表,\ M=N),\ (表,\ M< N)\\
(裏,\ M >N),\ (裏,\ M=N),\ (裏,\ M< N)
\end{array}
\]
事象の確率を $ P(事象) $ で表すと，100円玉と500円玉の表裏の出る確率はすべて等しいので
\[
P(M >N)=P(M< N)
\]
である．
また固定された500円玉の表裏は，他の硬貨の表裏と独立なので，
\[
P(表,\ M >N)=\dfrac{1}{2}P(M >N)
\]
などが成り立つ．これより
\[
\begin{array}{l}
P(表,\ M >N)=P(表,\ M< N)=P(裏,\ M >N)=P(裏,\ M< N)\\
P(表,\ M=N)=P(裏,\ M=N)
\end{array}
\]
これら6個の事象の確率の和は1で，
\begin{eqnarray*}
&&P(表,\ M< N)+P(裏,\ M< N)+P(表,\ M=N)\\
&=&P(表,\ M >N)+P(裏,\ M >N)+P(裏,\ M=N)
\end{eqnarray*}
ある．ゆえに
\[
p_n=P(表,\ M< N)+P(裏,\ M< N)+P(表,\ M=N)=\dfrac{1}{2}
\]
である．
解2 この解はITさんが掲示板に投稿されたものによっている．解3とは先に加える方向が違っている．
$ f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^n(1+x)^{n+1} $ とする．
100円玉の表の枚数より，500円玉の表の枚数が $ k\ (1\leqq k \leqq n+1) $ 多い場合の数は，
\[
\sum_{j=0}^n{}_n \mathrm{C}_j\cdot {}_{n+1} \mathrm{C}_{j+k}
\]
である． $ \left(1+\dfrac{1}{x} \right)^n $ の展開における項
$ {}_n \mathrm{C}_j\left(\dfrac{1}{x} \right)^j $ と，
$ (1+x)^{n+1} $ の展開における項
$ {}_{n+1} \mathrm{C}_{j+k}x^{j+k} $ の積が
$ {}_n \mathrm{C}_j\cdot {}_{n+1} \mathrm{C}_{j+k}x^k $ なので，
この和は， $ f(x) $ の展開式における $ x^k $ の係数と相等しい．
したがって， $ f(x) $ における
$ x,\ x^2,\ \cdots,\ x^{n+1} $ の係数の和が、求める事象の総数である．
\[
f(x)=\dfrac{(1+x)^{2n+1}}{x^n}
\]
であるから，それらの係数の和は
\[
N=\sum_{k=1}^{n+1}{}_{2n+1} \mathrm{C}_{n+k}
\]
である．二項係数の対称性から，
\[
N=\sum_{k=1}^{n+1}{}_{2n+1} \mathrm{C}_{n+1-k}
=\sum_{l=0}^{n}{}_{2n+1} \mathrm{C}_{l}
\]
で，総和は $ 2^{n+1} $ なので，
\[
N=\dfrac{2^{n+1}}{2}
\]
である．全事象の総数は $ 2^{n+1} $ であるから，
$ p_n=\dfrac{1}{2} $
である．
解3
余事象は、100円玉が $ j $ 枚表になったとき，500円玉で表であるものが $ j $ 枚以下になればよい．
したがって
\begin{eqnarray*}
1-p_n&=&\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_j\left(\dfrac{1}{2}\right)^n
\left\{
\sum_{k=0}^{j}{}_{n+1}\mathrm{C}_k\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}
\right\}\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_j
\left(\sum_{k=0}^{j}{}_{n+1}\mathrm{C}_k\right)\right\}\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_{n-j}
\left(\sum_{k=0}^{j}{}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1-k}\right)\right\}\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_{n-j}
\left(\sum_{k=n-j+1}^{n+1}{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}\right)\right\}\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{i=0}^n{}_n\mathrm{C}_{i}
\left(\sum_{k=i+1}^{n+1}{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}\right)\right\}=p_n
\end{eqnarray*}
\[
1-p_n=p_n\quad ∴\quad p_n=\dfrac{1}{2}
\]
解4
100円玉が $ j $ 枚表になったときは，500円玉が $ j+1 $ 枚以上表になればよい．
したがって
\begin{eqnarray*}
p_n&=&\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_j\left(\dfrac{1}{2}\right)^n
\left\{
\sum_{k=j+1}^{n+1}{}_{n+1}\mathrm{C}_k\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}
\right\}
=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_j
\left(\sum_{k=j+1}^{n+1}{}_{n+1}\mathrm{C}_k\right)\right\}
\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left[\sum_{j=0}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_j
\left\{
\sum_{k=j+1}^n\left({}_n\mathrm{C}_{k-1}+{}_n\mathrm{C}_k \right)+{}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1}
\right\}
+{}_n\mathrm{C}_n\cdot{}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1}\right]\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left[\sum_{j=0}^{n-1}{{}_n\mathrm{C}_j}^2
+{}_n\mathrm{C}_n\cdot{}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1}
+\sum_{j=0}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_j\left\{2\sum_{k=j+1}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_k+
{}_n\mathrm{C}_n+{}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1}\right\}\right]\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left[\sum_{j=0}^{n-1}{{}_n\mathrm{C}_j}^2
+{{}_n\mathrm{C}_n}^2
+\sum_{j=0}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_j\left\{2\sum_{k=j+1}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_k+
2{}_n\mathrm{C}_n\right\}\right]\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left\{\sum_{j=0}^n{{}_n\mathrm{C}_j}^2
+2\sum_{j=0}^{n-1}{}_n\mathrm{C}_j\left(\sum_{k=j+1}^n{}_n\mathrm{C}_k\right)\right\}\\
&=&\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left(\sum_{j=0}^n{}_n\mathrm{C}_j\right)^2
=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n+1}\left(2^n\right)^2=\dfrac{1}{2}
\end{eqnarray*}