【数IAIIB確率・整数】二項定理を利用して式を整理する方法(千葉大2012第10問)

余事象を利用して確率を求める

(1)から考えます。$X_1X_2$ とは，さいころを $2$ 回投げてかけ算した答えということですが，場合の数は $19$ 以上のほうが少なくなるので，余事象を求めて１から引いたほうがよいでしょう。

積が $19$ 以上となるのは
$(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6)$ の８通り
したがって求める確率は
$1-\cfrac{8}{6^2}=\cfrac{28}{36}=\cfrac{7}{9}$ （答え）

偶数にならない場合を考える

(2)に進みます。

もう少し掘り下げると
奇×奇＝奇，奇×偶＝偶
偶×奇＝偶，偶×偶＝偶
の組み合わせになります。
つまり，かけ算の中に偶数が１つでもあれば積は偶数になるということです。
余事象はすべて奇数の場合。よって求める確率は
$1-\Big(\cfrac{1}{2}\Big)^n=1-\cfrac{1}{2^n}$　（答え）

４の倍数の余事象を考える

(3)に進みます。ここでも余事象として４の倍数でない場合を考えると良いでしょう。

積が４の倍数になるのは，かけ算の中に因数として２を２つ以上含む場合です。つまり，４を１つでも含めば４の倍数になり，２か６が２つ以上あれば４の倍数になります。

正確には「２，４，６を１個も含まない，または２か６を１個含み残りはすべて奇数」です。
ここで，「２，４，６を１個も含まない」は，すべて奇数ということだから確率は $\Big(\cfrac{1}{2}\Big)^n$ です。
「２か６を１個含み残りはすべて奇数」は，反復試行の確率を用います。

２か６が出る確率は $\cfrac{2}{6}=\cfrac{1}{3}$ です。それ以外は奇数だから $\cfrac{1}{2}$ です。つまり
$_nC_1\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^1\Big(\cfrac{1}{2}\Big)^{n-1}$
$=n\cdot\cfrac{1}{3}\cdot\cfrac{1}{2^{n-1}}$
$=\cfrac{n}{3}\cdot\cfrac{1}{\cfrac{2^n}{2}}$
$=\cfrac{n}{3}\cdot\cfrac{1\times2}{\cfrac{2^n}{2}\times2}$
$=\cfrac{n}{3}\cdot\cfrac{2}{2^n}$
$=\cfrac{2n}{3\cdot 2^n}$
したがって，求める確率は
$1-\cfrac{1}{2^n}-\cfrac{2n}{3\cdot2^n}$
$=1-\cfrac{2n+3}{3\cdot2^n}$ （答え）

二項定理の公式を利用する

(4)に進みます。
まず，３で割ると余りが出るということは，３または６を含まないというのが条件になります。つまり，１，２，４，５の組み合わせを考えることになります。

$4\times5=20$ だから余りは２です。
$4\times5$ は $(3+1)(3+2)$ と考えるともう少し整理できます。
$(3+1)(3+2)=3^2+5\times3+1\times2=3(3+5)+2$

例えば，$1\times1\times2\times4\times5$ は $1\times1\times2\times1\times2$ と書き直せます。どちらも，３で割った余りは１になります。
こうしてかけ算の式は１と２のかけ算になり，その中に２がいくつ含まれるかによって余りが１になるか２になるかが決まります。

今回は余りが１の場合を求めるので２が偶数個ある場合で考えればよいことになります。

(i) $n$ が奇数のとき

$n$ 個の数をかけ算することを考えると，１が $n$ 個あるとき，２は $0$ 個です。また，２が $2$ 個あるときなら，１は $n-2$ 個です。これらを並べていくと
$1^n\cdot2^0,1^{n-2}\cdot2^2,1^{n-4}\cdot2^4,\cdots,1^1\cdot2^{n-1}$
となります。
１か４が出る確率は $\cfrac{1}{3}$，２か５が出る確率は $\cfrac{1}{3}$ です。よって反復試行の確率を用いると

$_n C_0\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^n\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^0+_n C_2\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^{n-2}\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^2+_n C_4\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^{n-4}\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^4+$ $\cdots+$ $_nC_{n-1}$ $\Big($ $\cfrac{1}{3}\Big)^1$ $\Big(\cfrac{1}{3}\Big)^{n-1}$

$=\cfrac{1}{3^n}(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_{n-1})$

$C$ がいくつも並んだ式で二項定理というものがあったことを思い出しましょう。

たとえば
$(1+1)^7=_7C_0+_7C_1+_7C_2+_7C_3+_7C_4+_7C_5+_7C_6+_7C_7$

ここで $_7C_1=_7C_6$ などとして変形できるので
$=_7C_0+_7C_6+_7C_2+_7C_4+_7C_4+_7C_2+_7C_6+_7C_0$
よって
$2^7=2(_7C_0+_7C_2+_7C_4+_7C_6)$
同じように考えて
$(1+1)^n=_nC_0+_nC_1+_nC_2+\cdots+_nC_n$
$2^n=2(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_{n-1})$
$_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_{n-1}=2^{n-1}$
よって
$\cfrac{1}{3^n}(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_{n-1})$
$=\cfrac{2^{n-1}}{3^n}$

(ii) $n$ が偶数のとき

$\cfrac{1}{3^n}(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_n)$
たとえば
$(1+1)^6=_6C_0+_6C_1+_6C_2+_6C_3+_6C_4+_6C_5+_6C_6$
今度は $_6C_1=_6C_5$ だから，奇数の部分がうまく消えません。そこで他の式を用意します。
$(1-1)^6=_6C_0-_6C_1+_6C_2-_6C_3+_6C_4-_6C_5+_6C_6$
よって
$2^6-0^6=2(_6C_0+_6C_2+_6C_4+_6C_6)$
$2^6=2(_6C_0+_6C_2+_6C_4+_6C_6)$
同じようにして
$2^n=2(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_n)$
$_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_{n-1}=2^{n-1}$
よって
$\cfrac{1}{3^n}(_nC_0+_nC_2+_nC_4+\cdots+_nC_n)$
$=\cfrac{2^{n-1}}{3^n}$
(i)，(ii) より，求める確率は
$\cfrac{2^{n-1}}{3^n}$ （答え）