解説

方針・初手

$X_n$ は $n$ 回の移動量の和である。表の回数を $Y$ とすると、$Y$ は二項分布に従い、

$$ X_n=Y-(n-Y)=2Y-n

$$

と表せる。この関係を使うと、確率分布・平均・分散をまとめて扱える。

解法1

**(1)**

$p=\dfrac{1}{2}$ のとき、$n$ 回中に表が $k$ 回出る確率は

$$ {}_{n}\mathrm{C}_{k}\left(\frac{1}{2}\right)^n

$$

であり、そのとき

$$ X_n=2k-n

$$

である。

まず $X_4$ について考える。$k=0,1,2,3,4$ に対して $X_4=2k-4$ であるから、

$$ \begin{array}{c|ccccc} X_4 & -4 & -2 & 0 & 2 & 4 \\ \hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{4}{16} & \dfrac{6}{16} & \dfrac{4}{16} & \dfrac{1}{16} \end{array}

$$

となる。

$p=\dfrac{1}{2}$ なので、1回の移動量の平均は $0$、分散は $1$ である。したがって、4回の和である $X_4$ について

$$ E(X_4)=0,\qquad V(X_4)=4

$$

である。

次に $X_5$ について考える。$k=0,1,2,3,4,5$ に対して $X_5=2k-5$ であるから、

$$ \begin{array}{c|cccccc} X_5 & -5 & -3 & -1 & 1 & 3 & 5 \\ \hline P & \dfrac{1}{32} & \dfrac{5}{32} & \dfrac{10}{32} & \dfrac{10}{32} & \dfrac{5}{32} & \dfrac{1}{32} \end{array}

$$

となる。

同様に、5回の和である $X_5$ について

$$ E(X_5)=0,\qquad V(X_5)=5

$$

である。

**(2)**

$6$ 回目で初めて原点に戻るには、$6$ 回目で $X_6=0$ となり、かつ $1$ 回目から $5$ 回目までは原点に戻らないことが必要である。

$X_6=0$ となるには、表が $3$ 回、裏が $3$ 回出る必要がある。ただし、途中で原点に戻る場合は除く。

まず最初に $+1$ へ進む場合を考える。このとき、途中で原点に戻らず、6回目で初めて $0$ に戻る列は

$$ +++---,\qquad ++-+--

$$

の2通りである。記号を見やすく書けば、それぞれ

$$ (+,+,+,-,-,-),\qquad (+,+,-,+,-,-)

$$

である。

最初に $-1$ へ進む場合も、符号をすべて反転させた2通りがある。したがって、条件を満たす列は全部で

$$ 2+2=4

$$

通りである。

各列の確率は $\left(\dfrac{1}{2}\right)^6$ であるから、求める確率は

$$ 4\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{4}{64}=\frac{1}{16}

$$

である。

（3） 1回の移動量 $X_1$ は

$$ X_1= \begin{cases} 1 & \text{確率 }p,\\ -1 & \text{確率 }1-p \end{cases}

$$

である。

したがって、平均は

$$ E(X_1)=1\cdot p+(-1)(1-p)=2p-1

$$

である。

また、$X_1^2=1$ が常に成り立つので、

$$ E(X_1^2)=1

$$

である。よって分散は

$$ V(X_1)=E(X_1^2)-{E(X_1)}^2 =1-(2p-1)^2 =4p(1-p)

$$

である。

次に、$X_n$ は独立な $n$ 回の移動量の和である。1回ごとの移動量を $Z_1,Z_2,\dots,Z_n$ とすると、

$$ X_n=Z_1+Z_2+\cdots+Z_n

$$

であり、各 $Z_i$ は $X_1$ と同じ分布に従う。

したがって、平均は

$$ E(X_n)=nE(X_1)=n(2p-1)

$$

である。

また、独立な確率変数の和の分散は分散の和になるから、

$$ V(X_n)=nV(X_1)=4np(1-p)

$$

である。

**(4)**

$100$ 回中、表の回数を $Y$ とする。このとき

$$ X_{100}=2Y-100

$$

である。$X_{100}=28$ より、

$$ 28=2Y-100

$$

だから、

$$ Y=64

$$

である。したがって、表の出た割合は

$$ \hat p=\frac{64}{100}=0.64

$$

である。

母比率 $p$ の信頼度 $95%$ の信頼区間は、正規近似により

$$ \hat p \pm 1.96\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{100}}

$$

で求められる。

ここで、

$$ \sqrt{\frac{0.64\cdot 0.36}{100}} =\sqrt{0.002304} =0.048

$$

であるから、

$$ 1.96\cdot 0.048=0.09408

$$

となる。

よって、信頼度 $95%$ の信頼区間は

$$ 0.64-0.09408 \leqq p \leqq 0.64+0.09408

$$

すなわち

$$ 0.54592 \leqq p \leqq 0.73408

$$

である。

小数第3位までで表せば、

$$ 0.546 \leqq p \leqq 0.734

$$

である。

解説

この問題では、$X_n$ を直接考えるよりも、表の回数 $Y$ を導入して

$$ X_n=2Y-n

$$

と表すのが最も整理しやすい。

特に、確率分布を求める部分では二項分布をそのまま使えばよい。一方、平均と分散については、1回の移動量の平均・分散を先に求め、独立な和として $n$ 倍するのが簡潔である。

$6$ 回目で初めて原点に戻る確率では、単に $X_6=0$ となる確率を求めるだけでは不十分である。途中で $X_2=0$ や $X_4=0$ になる場合を除かなければならない点が重要である。

信頼区間では、$X_{100}=28$ から直接 $p$ を推定するのではなく、まず表の回数 $64$ 回を求め、標本比率 $\hat p=0.64$ に直してから母比率の信頼区間の公式を用いる。

答え

**(1)**

$$ \begin{array}{c|ccccc} X_4 & -4 & -2 & 0 & 2 & 4 \\ \hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{4}{16} & \dfrac{6}{16} & \dfrac{4}{16} & \dfrac{1}{16} \end{array}

$$

$$ E(X_4)=0,\qquad V(X_4)=4

$$

$$ \begin{array}{c|cccccc} X_5 & -5 & -3 & -1 & 1 & 3 & 5 \\ \hline P & \dfrac{1}{32} & \dfrac{5}{32} & \dfrac{10}{32} & \dfrac{10}{32} & \dfrac{5}{32} & \dfrac{1}{32} \end{array}

$$

$$ E(X_5)=0,\qquad V(X_5)=5

$$

**(2)**

$$ \frac{1}{16}

$$

**(3)**

$$ E(X_1)=2p-1,\qquad V(X_1)=4p(1-p)

$$

$$ E(X_n)=n(2p-1),\qquad V(X_n)=4np(1-p)

$$

**(4)**

$$ 0.54592 \leqq p \leqq 0.73408

$$

すなわち、小数第3位までで

$$ 0.546 \leqq p \leqq 0.734

$$