あら、確かにそういうふうに理解できるわね！
上では硬貨の枚数をpnとしてpの倍数の場合を考えていたけれど
姐さんのおっしゃる通り、その場合に限定する必要はないわよね
より一般的に書くとこうね
lim[m→∞] (Σ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj)/2^m = 1/p
>>566
いうてもそれほど変わらないけど、じゃあすぐ上に書いたものを補足説明しながら示すわ
ζ = e^(2πi/p) = cos(2π/p) + i sin(2π/p) とおくと
ζ^0, ζ^1, …, ζ^(p-1) が1のp個のp乗根になるわ。二項定理から
(1+ζ^k)^m = Σ[j=0→m] mCj 1^(m-j) (ζ^k)^j = Σ[j=0→m] mCj ζ^(kj)
となるけれど、両辺の k = 0 から k = p-1 までの総和をとると
（★） Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m = Σ[j=0→m] mCj [ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j}]
となるわ。ここでjについてふたつの場合に分けて考えるわ。
（イ） jがpの倍数の場合
どのkに対しても ζ^(kj) = 1 だから
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = p
となるわ
（ロ）jがpの倍数でない場合
このとき集合として
{ ζ^0, ζ^j, ζ^(2j), …, ζ^{(p-1)j} } = { ζ^0, ζ^1, …, ζ^(p-1) }
となるわ。なぜなら、もし0 ≤ k < l ≤ p-1 で ζ^(kj) = ζ^(lj) ならば ζ^{(l-k)j} = 1 となって
ζが1のp乗根であることから(l-k)jがpで割り切れなければいけないけれど
1 ≤ l-k ≤ p-1 でpは素数だからjがpで割り切れることになり、jがpの倍数でないという仮定に反するから。 というわけで
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = ζ^0 + ζ^1 + … + ζ^(p-1) = (ζ^p - 1)/(ζ-1) = 0/(ζ-1) = 0
となるわ。
（イ）と（ロ）から（★）は
Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m = pΣ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj
となるから、
(Σ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj)/2^m = (1/p)Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m/2^m
となるわ。
k ≠ 0 のときζ^kは実数でないから、複素数平面上で、原点と1と1+ζ^kの三点は三角形を作るわよね
三辺の長さを考えると三角不等式から |1+ζ^k| < |1| + |ζ^k| = 1 + 1 = 2 なので
|(1+ζ^k)^m/2^m| = |(1+ζ^k)/2|^m → 0 (m → ∞) となるから (1+ζ^k)^m/2^m → 0 なの
だから k = 0 の場合だけが残って結局1/pになるの
複素数列の収束の話になるから高校数学の範囲ではないと思うけど、複素数を使わないでも解けるのかしら？
でも565の姐さんの言い換えを見ると、1/pに収束するのって当たり前っぽそうな気もするけどそうなのかしら？
なんなら、表向きの硬貨の枚数がpで割って1余る確率とか、2余る確率とか、どれも1/pに収束するのかしら？
そんな気がするけど示せるかしら？
それに、pが素数の場合だけ確率が1/pになるとしたら不自然よね
でよく考えてみたら、pが素数でなくても1/pになるんじゃないかと思うの
これを示すには、pが素数でなくても、jがpの倍数でないときは必ず
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = 0
となることを示せばいいわね。誰か証明してくれないかしら？
また難しい代数の話とかになっちゃうのかしらw