確率と漸化式（入試問題）

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== 確率と漸化式（数学B,入試問題） ==

【漸化式の一般項】（まとめ）

漸化式から一般項を求める練習がまだの人は，(1)階差型はこのページ，(2)等比型はこのページ，(3)三項間はこのページを予めマスターしておいてください．

(1)　階差型漸化式
$a_{n+ 1}=a_n+ f(n)$ のとき，一般項は
$a_{n}=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)$
(2)　等比型漸化式
$a_{n+ 1}=pa_n+ q\hspace{5}(p\ne 1)$ (p, qは定数)のとき，一般項 $a_{n}$ は次の式から求められる．ただし， $\alpha$ は，特性方程式 $\alpha=p\alpha+ q$ の解
$a_{n}-\alpha=(a_1-\alpha)p^{n-1}$
(3)　三項間漸化式
$a_{n+ 2}=pa_{n+ 1}+ qa_n\hspace{5}(p\ne 1)$ (p, qは定数)のとき，一般項 $a_{n}$ は次の式から求められる．ただし， $\alpha,\hspace{2}\beta$ は， $a_{n+ 2}-\alpha a_{n+ 1}=\beta(a_{n+ 1}-\alpha a_n)$ を満たす定数
$a_{n+ 1}-\alpha a_{n}=(a_2-\alpha a_1)\beta^{n-1}$
(4)　連立漸化式

$a_{n+ 1}=pa_n+ qb_n$
$b_{n+ 1}=ra_n+ sb_n$
のとき， $a_{n+ 1}-\alpha b_{n+ 1}=\beta(a_{n}-\alpha b_n)$ となる $\alpha,\hspace{2}\beta$ により
$a_{n}-\alpha b_{n}=(a_{1}-\alpha b_1)\beta^{n-1}$
と書ける．２組求めて， $a_{n},\hspace{2}b_{n}$ について解けばよい．

** ２項間漸化式 **

【例題1】
　さいころをn回投げたとき１の目が出る回数が奇数である確率をpnとおく．以下の問いに答えよ．
(1)　p1, p2, p3を求めよ．

(2) $p_{n+ 1}=\frac{2}{3}p_n+\frac{1}{6}$ が成り立つことを示せ．
(3)　pnを求めよ．

（2011年度奈良女子大理学部）

（解答）
(1)　サイコロを1回投げたとき，1の目が出る回数は０回か１回．奇数回は１回．
　だから，p1は，「さいころを1回投げたとき，1の目が1回出る確率」を表す．
$p_{1}=\frac{1}{6}$

　サイコロを2回投げたとき，1の目が出る回数は０～2回．奇数回は１回．
　だから，p2は，「さいころを2回投げたとき，1の目が1回出る確率」を表す．
$p_{2}=_2C_1(\frac{1}{6})(\frac{5}{6})=\frac{5}{18}$

　サイコロを3回投げたとき，1の目が出る回数は０～3回．奇数回は１回と３回．
　だから，p3は，「さいころを3回投げたとき，1の目が1回または3回出る確率」を表す．
$p_{3}=_3C_1(\frac{1}{6})(\frac{5}{6})^2+ _3C_3(\frac{1}{6})^3=\frac{75+ 1}{6^3}=\frac{76}{216}=\frac{19}{54}$
(2)
　n回のうちで１の目が奇数回出る確率をpnとすると，偶数回出る確率は1−pn
　そこで，n+1回のうちで１の目が奇数回出るのは，次のア）イ）のいずれかになる．
　ア）　n回までに１の目が奇数回出て，n+1回目に他の目が出る確率は
$p_n\times\frac{5}{6}$
　イ）　n回までに１の目が偶数回出て，n+1回目に1の目が出る確率は
$(1-p_n)\times\frac{1}{6}$
したがって
$p_{n+ 1}=p_n\times\frac{5}{6}+(1-p_n)\times\frac{1}{6}$
$=\frac{4}{6}p_n+\frac{1}{6}=\frac{2}{3}p_n+\frac{1}{6}$
(3)

$p_{1}=\frac{1}{6}$
$p_{n+ 1}=\frac{2}{3}p_n+\frac{1}{6}$
この漸化式は，次のように変形できる
$p_{n+ 1}-\frac{1}{2}=\frac{2}{3}(p_n-\frac{1}{2})$
$p_{n}-\frac{1}{2}=(p_1-\frac{1}{2})\times(\frac{2}{3})^{n-1}$
$=(-\frac{1}{3})\times(\frac{2}{3})^{n-1}$
$p_n=\frac{1}{2}-\frac{2^{n-1}}{3^n}$

【類題1.1】
　正三角形ABCがあり，点Xは正三角形ABCの頂点を移動する点である．サイコロを投げて５の目が出たとき点Xは時計回りに隣の点に移動し，6の目が出たとき点Xは反時計回りに隣の頂点に移動し，それ以外の目が出たとき点Xは移動しない．はじめに点Xは頂点Aにあるとし，サイコロをn回投げたとき点Xが頂点Aにある確率をPnとする．
(1)　P1, P2, P3を求めよ．
(2)　Pn+1をPnを用いて表せ．
(3)　Pnを求めよ．

（2014年度大分大教育福祉科）

［解答を見る］

(1)　P1は「サイコロを1回投げたとき点Xが頂点Aにある確率」だから，「サイコロを1回投げて，1から4の目が出る確率」を求めるとよい．
$P_1=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

　P2は「サイコロを2回投げたとき点Xが頂点Aにある確率」だから，「サイコロを2回投げて，ア）2回とも1から4の目が出る，イ）5と6が１回ずつ出る確率」を求めるとよい．
$P_2=(\frac{2}{3})^2+ _2C_1(\frac{1}{6})(\frac{1}{6})=\frac{4}{9}+\frac{1}{18}=\frac{9}{18}=\frac{1}{2}$

　P3は「サイコロを3回投げたとき点Xが頂点Aにある確率」だから，「サイコロを3回投げて，ア）3回とも1から4の目が出る，イ）5と6が１回ずつ出て，１から4が１回出る，ウ）５が３回出る，エ）6が３回出る確率」を求めるとよい．
$P_3=(\frac{2}{3})^3+ _3C_1(\frac{1}{6})\times _2C_1(\frac{1}{6})\times\frac{2}{3}+(\frac{1}{6})^3+(\frac{1}{6})^3$
$=\frac{8}{27}+\frac{1}{9}+\frac{1}{216}+\frac{1}{216}=\frac{45}{108}=\frac{5}{12}$
(2)
　次の３つの場合について確率の和を求めればよい．
ア）「サイコロをn回投げたとき点Xが頂点Aにあって，n+1回目に1～4の目が出る確率」
$P_n\times\frac{2}{3}$
イ）「サイコロをn回投げたとき点Xが頂点Bにあって，n+1回目に6の目が出る確率」

サイコロをn回投げたとき点Xが頂点Aにない確率が， $1-P_n$ で，その半分がBにある確率になる

$(1-P_n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{6}$
ウ）「サイコロをn回投げたとき点Xが頂点Cにあって，n+1回目に5の目が出る確率」

n回投げたときCにある確率はBと同様

$(1-P_n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{6}$
以上から，
$P_{n+ 1}=P_n\times\frac{2}{3}+(1-P_n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{6}+(1-P_n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{2}P_n+\frac{1}{6}$
(3)
$P_{n+ 1}-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}(P_n-\frac{1}{3})$
$P_{n}-\frac{1}{3}=(P_1-\frac{1}{3})\times(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{1}{3}\times(\frac{1}{2})^{n-1}$
$P_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3\times 2^{n-1}}$
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【類題1.2】
　１つのサイコロを何回か投げる場合を考える．４回投げたとき，「1または2の目」が奇数回出る確率は
　　　である．また，n回投げたときに「1または2の目」が奇数回出る確率をpnとするとき，pnをnの式で表すと　　　である．

（2016年度早稲田大国際教養学部）

［解答を見る］

　１回投げたとき「1または２の目」が出る確率は $\frac{1}{3}$ だから，４回投げたとき「1または２の目」が1回出る確率は
$_4C_1(\frac{1}{3})(\frac{2}{3})^3=\frac{32}{81}$
　４回投げたとき「1または２の目」が3回出る確率は
$_4C_3(\frac{1}{3})^3(\frac{2}{3})=\frac{8}{81}$
　これらを加えると
$\frac{40}{81}$ ･･･（答）

　「1または2の目」が出た回数を，n回目までに出た回数とn+1回目に出た回数に分けて考えると
ア）n回目までに「1または2の目」が奇数回出て，n+1回目に「1または2の目」が出ない確率は
$p_n\times\frac{2}{3}$
イ）n回目までに「1または2の目」が奇数回出ずに（偶数回出て），n+1回目に「1または2の目」が出る確率は
$(1-p_n)\times\frac{1}{3}$
上記ア）イ）の和から
$p_{n+ 1}=p_n\times\frac{2}{3}+(1-p_n)\times\frac{1}{3}$
$p_{n+ 1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{3}$
この漸化式から一般項を求める
$p_{n+ 1}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}(p_n-\frac{1}{2})$

のように変形すると，数列 $\{p_n-\frac{1}{2}\}$ は，初項 $p_1-\frac{1}{2}$ ，公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列になるから
$p_{n}-\frac{1}{2}=(p_1-\frac{1}{2})(\frac{1}{3})^{n-1}$
　また，サイコロを１回投げて「1または2の目」が奇数回出る確率は
$p_{1}=\frac{1}{3}$
だから
$p_{n}=\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\times(\frac{1}{3})^{n-1}$
$=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\times 3^n}$ ･･･（答）
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【類題1.3】
　２つの粒子が時刻0において△ABCの頂点Aに位置している．これらの粒子は独立に運動し，それぞれ１秒ごとに隣の頂点に等確率で移動していくとする．たとえば，ある時刻で点Cにいる粒子は，その１秒後には点Aまたは点Bにそれぞれ $\frac{1}{2}$ の確率で移動する．この２つの粒子が，時刻0のn秒後に同じ点にいる確率p(n)を求めよ．

（2014年度京都大理科系）

［解答を見る］

　１秒後に２つとも点Bにいる確率は
$\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$
　１秒後に２つとも点Cにいる確率は
$\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$
　したがって，１秒後に同じ点にいる確率は
$p(1)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$

　n+1秒後に同じ点にいる確率p(n+1)を，n秒後に同じ点にいる確率p(n)を用いて表すには，次の３つの場合が考えられる．
ア）n秒後に同じ点にいて，２つとも右に回る場合
$p(n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$
イ）n秒後に同じ点にいて，２つとも左に回る場合
$p(n)\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$
ウ）n秒後に異なる点にいて，次に第３の点で一致する場合
$(1-p(n))\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$
ア）イ）ウ）を加えると
$p(n+ 1)=\frac{1}{2}p(n)+\frac{1}{4}(1-p(n))$
$=\frac{1}{4}p(n)+\frac{1}{4}$

　次の漸化式の一般項を求める

$p(1)=\frac{1}{2}$
$p(n+ 1)=\frac{1}{4}p(n)+\frac{1}{4}$
$p(n+ 1)-\frac{1}{3}=\frac{1}{4}\{p(n)-\frac{1}{3}\}$

のように変形すると，数列 $\{p(n)-\frac{1}{3}\}$ は，初項 $p(1)-\frac{1}{3}$ ，公比 $\frac{1}{4}$ の等比数列になるから
$p(n)-\frac{1}{3}=\{p(1)-\frac{1}{3}\}(\frac{1}{4})^{n-1}$
$p(n)-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}(\frac{1}{4})^{n-1}$
$p(n)=\frac{1}{3}+\frac{2}{3\times 4^n}$
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【類題1.4】
　数直線上を動く点Pが，最初原点の位置にある．１個のさいころをくり返し投げ，１回投げるごとにさいころの出た目に応じて次の操作を行う．

• さいころの出た目が奇数のときは，点Pを＋1だけ移動させる．
• さいころの出た目が2または4のときは，点Pを動かさない．
• さいころの出た目が6のときは，点Pが原点の位置になければ点Pを原点に移動させ，点Pが原点の位置にあれば動かさない．

さいころをn回投げた後に点Pが原点にある確率をpnとする．
(1)　p1とp2をそれぞれ求めよ．
(2)　n≧1のとき，pn+1をpnを用いて表せ．
(3)　pnをnの式で表せ．

（2016年度青山学院大経営学部）

［解答を見る］

(1)　1回投げて原点にあるのは2,4,6の目が出る場合だから
$p_1=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
　2回投げて原点にあるのは，次の場合になる

1回目	1,3,5	2,4	2,4	6	6
2回目	6	2,4	6	2,4	6
確率	$\frac{1}{12}$	$\frac{1}{9}$	$\frac{1}{18}$	$\frac{1}{18}$	$\frac{1}{36}$

　これらの確率を加えると $p_2=\frac{1}{3}$
(2)
　n+1回投げた後に原点にあるのは，「n回投げた後に原点にあって，n+1回目に2,4,6が出る場合」「n回投げた後に原点になくて，n+1回目に6が出る場合」だから
$p_{n+ 1}=p_n\times\frac{1}{2}+(1-p_n)\times\frac{1}{6}$
$=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{6}$
(3)
$p_{n+ 1}-\frac{1}{4}=\frac{1}{3}(p_n-\frac{1}{4})$
のように変形すると，数列 $\{p_n-\frac{1}{4}\}$ は，初項 $p_1-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$ ，公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列になるから
$p_{n}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\times(\frac{1}{3})^{n-1}$
$p_{n}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\times(\frac{1}{3})^{n-1}$
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** ３項間漸化式，連立漸化式 **

【例題2】
　あるウイルスの感染拡大について次の仮定で試算を行う．このウイルスの感染者は感染してから１日の潜伏期間をおいて，２日目から毎日２人の未感染者にこのウイルスを感染させるとする．新たな感染者１人が感染源となったn日後の感染者数をan人とする．たとえば，１日後は感染者は増えずa1=1で，２日後は２人増えてa2=3となる．
(1)　an+2, an+1, an (n=1, 2, 3, ･･･)の間に成り立つ関係式を求めよ．
(2)　一般項anを求めよ．
(3)　感染者が初めて１万人を超えるのは何日後か求めよ．

（2016年度東北大理系）

（解答）
(1)

a1=1
a2=a1+2a1=3
a3=a2+2a1=5
a4=a3+2a2=11

　一般に，
an+2=an+1+2anが成り立つ･･･（*1）
(2)
an+2−αan+1=β(an+1−αan)
となるα, βを求める．
an+2=(α+β)an+1−αβan)
の係数を(*1)と比較すると

α+β=1
αβ=−2
この連立方程式の解は

α=−1, β=2･･･(*2)
α=2, β=−1･･･(*3)

(*2)より
$a_{n+ 2}+ a_{n+ 1}=2(a_{n+ 1}+ a_n)$
　数列 $\{a_{n+ 1}+ a_n\}$ は初項 $a_{2}+ a_1$ ，公比 $2$ の等比数列をなすから
$a_{n+ 1}+ a_n=(a_2+ a_1)\times 2^{n-1}=2^{n+ 1}$ ･･･(*4)
(*3)より
$a_{n+ 2}-2a_{n+ 1}=(-1)(a_{n+ 1}-2a_n)$
　数列 $\{a_{n+ 1}-2a_n\}$ は初項 $a_{2}-2a_1$ ，公比 $-1$ の等比数列をなすから
$a_{n+ 1}-2a_n=(-1)^{n-1}$ ･･･(*5)
(*4)−(*5)
$3a_n=2^{n+ 1}-(-1)^{n-1}$
$a_n=\frac{2^{n+ 1}-(-1)^{n-1}}{3}$
(3)
$a_n=\frac{2^{n+ 1}-(-1)^{n-1}}{3}\gt 10000$
$2^{n+ 1}\gt 30000+ (-1)^{n-1}$
となるnを求める．
214=16384, 215=32768だから
nが奇数ならば $2^{n+ 1}\gt 30000+ 1$ はn≧14のとき成り立つ
nが偶数ならば $2^{n+ 1}\gt 30000-1$ もn≧14のとき成り立つ
　よって，n=14（14日後）のとき初めて10000人を超える．

【類題2.1】
　Ａ，Ｂ，Ｃの３人が，最初は赤色の箱，Ｂ，Ｃは白色の箱をもって並んでいる．表，裏の出る確率が等しい硬貨を投げて，表が出るとＡとＢが箱を交換し，裏が出るとＢとＣが箱を交換するという操作を繰り返す．
(1)　硬貨を2回投げたとき，Ａ，Ｂ，Ｃが赤い箱をもっている確率は，それぞれ

1 　　 , 2

3 　　 , 4

5 　　 6

である．

(2)　硬貨を3回投げるとき，Ａ，Ｂ，Ｃが赤い箱をもっている確率は，それぞれ

7 　　 , 8

9 　　 , 10

11 　　 12

である．

(3)　硬貨を4回投げるとき，Ａが赤い箱をもっている

確率は

13 　　 14

である．

(4)　硬貨を5回投げるとき，Ａが赤い箱をもっている

確率は

1516 　　　　 1718

である．

（2016年度青山学院大理工学部）

［解答を見る］

　n (n=2, 3, 4, 5)回目にX (X=A, B, C)が赤い箱を持っている確率をP(n, X)で表すと
(1)
ⅰ）2回目にAが赤い箱を持っているのは
　「裏→裏と出る場合」「表→表と出る場合」があるから
$P(2,A)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ → 1 / 2
ⅱ）2回目にBが赤い箱を持っているのは
　「裏→表と出る場合」だけだから
$P(2,B)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ → 3 / 4
ⅲ）2回目にCが赤い箱を持っているのは
　「表→裏と出る場合」だけだから
$P(2,B)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ → 5 / 6

(2)
ⅰ）3回目にAが赤い箱を持っているのは

「2回目にAが赤い箱を持っていて，3回目に裏が出る場合」「2回目にBが赤い箱を持っていて，3回目に表が出る場合」だから

$P(3,A)=P(2,A)\times\frac{1}{2}+ P(2,B)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$ → 7 / 8
ⅱ）3回目にBが赤い箱を持っているのは

「2回目にAが赤い箱を持っていて，3回目に表が出る場合」「2回目にCが赤い箱を持っていて，3回目に裏が出る場合」だから

$P(3,B)=P(2,A)\times\frac{1}{2}+ P(2,C)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$ → 9 / 10
ⅲ）3回目にCが赤い箱を持っているのは

「2回目にCが赤い箱を持っていて，3回目に表が出る場合」「2回目にBが赤い箱を持っていて，3回目に裏が出る場合」だから

$P(3,B)=P(2,C)\times\frac{1}{2}+ P(2,B)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ → 11 / 12

(3)
　硬貨を4回投げたとき，Aが赤い箱を持っているのは

「3回目にAが赤い箱を持っていて，4回目に裏が出る場合」「3回目にBが赤い箱を持っていて，4回目に表が出る場合」だから

$P(4,A)=P(3,A)\times\frac{1}{2}+ P(3,B)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{8}\times\frac{1}{2}+\frac{3}{8}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$ → 13 / 14

なお，元の問題にはないが「硬貨を4回投げたとき，Bが赤い箱を持っている」確率も，次のようにして計算できる（この値は，次の(4)の問題を求めるときに使う）
「3回目にAが赤い箱を持っていて，4回目に表が出る場合」「3回目にCが赤い箱を持っていて，4回目に裏が出る場合」は
$P(4,B)=P(3,A)\times\frac{1}{2}+ P(3,C)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{8}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{5}{16}$

(4)
　硬貨を5回投げたとき，Aが赤い箱を持っているのは

「4回目にAが赤い箱を持っていて，5回目に裏が出る場合」「4回目にBが赤い箱を持っていて，5回目に表が出る場合」だから

$P(5,A)=P(4,A)\times\frac{1}{2}+ P(4,B)\times\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{8}\times\frac{1}{2}+\frac{5}{16}\times\frac{1}{2}=\frac{11}{32}$ → 15 16 / 17 18
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【類題2.2】
　コインを投げ，点Pを次の規則によって正三角形ABCの頂点A,B,C上を動かす．点PがAにあるときは，表が出たらBに動かし，裏が出たらCに動かす．Bにあるときは，表が出たらCに動かし，裏が出たらAに動かす．Cにあるときは，表が出たらAに動かし，裏が出たらBに動かす．
　はじめに点PはAにあるとし，コインをn回投げた後にPがAにある確率をan，Bにある確率をbn，Cにある確率をcnとする

(1)　 $a_1=0,\hspace{2}b_1=\frac{1}{2},\hspace{2}c_1=\frac{1}{2}$ である．n=2, 3, 4に対して，an, bn, cnを求めよ．
(2) (ⅰ) an+1をan, bn, cnを用いて表せ．
　　(ⅱ) bn+1をan, bn, cnを用いて表せ．
　　(ⅲ) cn+1をan, bn, cnを用いて表せ．
(3)　bn=cnであることを示せ．
(4)　anを求めよ．

（2011年度学習院大理学部）

［解答を見る］

(1)
コインを2回投げた後にPがAにあるのは

「1回投げた後にPがBにあって，2回目に裏が出る場合」「1回投げた後にPがCあって，2回目に表が出る場合」だから
$a_2=b_1\times\frac{1}{2}+ c_1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$

同様にして

$b_2=a_1\times\frac{1}{2}+ c_1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$
$c_2=a_1\times\frac{1}{2}+ b_1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

コインを3回投げた後にPがAにあるのは

「2回投げた後にPがBにあって，3回目に裏が出る場合」「2回投げた後にPがCあって，3回目に表が出る場合」だから
$a_3=b_2\times\frac{1}{2}+ c_2\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}$

同様にして

$b_3=a_2\times\frac{1}{2}+ c_2\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$
$c_3=a_2\times\frac{1}{2}+ b_2\times\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$

コインを4回投げた後にPがAにあるのは

「3回投げた後にPがBにあって，4回目に裏が出る場合」「3回投げた後にPがCあって，4回目に表が出る場合」だから
$a_4=b_3\times\frac{1}{2}+ c_3\times\frac{1}{2}=\frac{3}{16}+\frac{3}{16}=\frac{3}{8}$

同様にして

$b_4=a_3\times\frac{1}{2}+ c_3\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}+\frac{3}{16}=\frac{5}{16}$
$c_4=a_3\times\frac{1}{2}+ b_3\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}+\frac{3}{16}=\frac{5}{16}$

(2)
(ⅰ) $a_{n+ 1}=\frac{1}{2}b_n+\frac{1}{2}c_n$
(ⅱ) $b_{n+ 1}=\frac{1}{2}c_n+\frac{1}{2}a_n$
(ⅲ) $c_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{2}b_n$
(3)
数学的帰納法により証明する．
Ⅰ）　仮定により $b_1=\frac{1}{2},\hspace{2}c_1=\frac{1}{2}$ だから， $b_1=c_1$
Ⅱ）

$b_{n+ 1}=\frac{1}{2}c_n+\frac{1}{2}a_n$
$c_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{2}b_n$
だから， $b_k=c_k$ ならば， $b_{k+ 1}=c_{k+ 1}$
Ⅰ）Ⅱ）により
すべての自然数nについて，bn=cnが成り立つ．
(4)
(2)の結果から，an+1+bn+1+cn+1=an+bn+cn=1
bn+cn=1−an
これを(2)(ⅰ)に代入すると
$a_{n+ 1}=\frac{1}{2}(1-a_n)$
$a_{n+ 1}=-\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{2}$
この２項間漸化式は，次のように変形できる
$a_{n+ 1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{2}(a_n-\frac{1}{3})$

このとき，数列 $\{a_{n}-\frac{1}{3}\}$ は初項 $a_{1}-\frac{1}{3}$ ，公比 $-\frac{1}{2}$ の等比数列をなすから
$a_{n}-\frac{1}{3}=(-\frac{1}{3})(-\frac{1}{2})^{n-1}$
$a_{n}=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\times(-\frac{1}{2})^{n-1}$

（参考）
　一般の場合，誘導問題の流れとして，(3)のように出題されていればこれを利用して(4)を解くことが多い．上記の答案では，(3)の結果を利用せずに(4)を解いているが，(3)を使って(4)を解く場合は，次のような答案が書ける．
　bn=cnだから(2)(ⅰ)(ⅱ)により

$a_1=0,\hspace{2}b_1=\frac{1}{2}$
$a_{n+ 1}=b_n$
$b_{n+ 1}=\frac{1}{2}b_n+\frac{1}{2}a_n$
この連立漸化式から $a_{n+ 1}-\alpha b_{n+ 1}=\beta(a_{n}-\alpha b_{n})$ となる定数 $\alpha,\hspace{2}\beta$ を係数比較によって求めると

$-\frac{\alpha}{2}=\beta$
$1-\frac{\alpha}{2}=-\alpha\beta$
これを解くと

$\alpha=-2$ ･･･(*1)
$\beta=1$

$\alpha=1$ ･･･(*2)
$\beta=-\frac{1}{2}$
(*1)から
$a_{n+ 1}+ 2b_{n+ 1}=a_{n}+ 2b_{n}=a_1+ 2b_1=1$ ･･･(*3)
(*2)から $a_{n+ 1}-b_{n+ 1}=(-\frac{1}{2})(a_{n}-b_{n})$
$a_{n}-b_{n}=(a_{1}-b_{1})(-\frac{1}{2})^{n-1}=(-\frac{1}{2})^n$ ･･･(*4)
(*3)+(*4)×2により $b_n$ を消去すると
$3a_{n}=1+ 2\times(-\frac{1}{2})^n$
$a_{n}=\frac{1}{3}\{1-(-\frac{1}{2})^{n-1}\}$
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【類題2.3】
　AとBの２人が，１個のサイコロを次の手順により投げ合う．
　１回目はAが投げる．
　1,2,3の目が出たら，次の回には同じ人が投げる．
　4,5の目が出たら，次の回には別の人が投げる．
　6の目が出たら，投げた人を勝ちとしそれ以降は投げない．
(1)　n回目にAがサイコロを投げる確率anを求めよ．
(2)　ちょうどn回目のサイコロ投げでAが勝つ確率pnを求めよ．
(3)　n回以内のサイコロ投げでAが勝つ確率qnを求めよ．

（2011年度一橋大）

［解答を見る］

(1)　n回目にAがサイコロを投げる確率をan，Bが投げる確率をbnとおくと
　1回目にAがサイコロを投げる確率は
$a_1=1$
　1回目にBがサイコロを投げる確率は
$b_1=0$

　2回目にAがサイコロを投げるのは，1回目にAが1,2,3を出す場合だから
$a_2=\frac{1}{2}$
　2回目にBがサイコロを投げるのは，1回目にAが4,5を出す場合だから
$b_2=\frac{1}{3}$

　3回目にAがサイコロを投げるのは，「2回目にAが投げて1,2,3を出す場合」「2回目にBが投げて4,5を出す場合」だから
$a_3=a_2\times\frac{1}{2}+ b_2\times\frac{1}{3}$
　3回目にBがサイコロを投げるのは，「2回目にAが投げて4,5を出す場合」「2回目にBが投げて1,2,3を出す場合」だから
$b_3=a_2\times\frac{1}{3}+ b_2\times\frac{1}{2}$

　次の連立漸化式から，一般項を求める

$a_1=1,\hspace{2}b_1=0$
$a_{n+ 1}=a_n\times\frac{1}{2}+ b_n\times\frac{1}{3}$ ･･･(*1)
$b_{n+ 1}=a_n\times\frac{1}{3}+ b_n\times\frac{1}{2}$ ･･･(*2)

$a_{n+ 1}-\alpha b_{n+ 1}=\beta{a_n-\alpha b_n}$ となる $\alpha,\hspace{2}\beta$ を係数比較によって求めると

$\frac{1}{2}-\frac{\alpha}{3}=\beta$ ･･･(*3)
$\frac{1}{3}-\frac{\alpha}{2}=-\alpha\beta$ ･･･(*4)
(*3)(*4)より

$\alpha=1,\hspace{2}\beta=\frac{1}{6}$ ･･･(*5)
$\alpha=-1,\hspace{2}\beta=\frac{5}{6}$ ･･･(*6)
(*5)より
$a_{n+ 1}-b_{n+ 1}=\frac{1}{6}(a_n-b_n)$
　数列 $\{a_n-b_n\}$ は，初項 $a_1-b_1=1$ ，公比 $\frac{1}{6}$ の等比数列になるから
$a_{n}-b_{n}=(\frac{1}{6})^{n-1}$ ･･･(*7)
(*6)より
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=\frac{5}{6}(a_n+ b_n)$
　数列 $\{a_n+ b_n\}$ は，初項 $a_1+ b_1=1$ ，公比 $\frac{5}{6}$ の等比数列になるから
$a_{n}+ b_{n}=(\frac{5}{6})^{n-1}$ ･･･(*8)
{(*7)+(*8)}÷2により
$a_{n}=\frac{1}{2}\{(\frac{5}{6})^{n-1}+(\frac{1}{6})^{n-1}\}$

(2)
n回目にAがサイコロを投げて，6の目が出る場合だから
$p_n=a_{n}\times\frac{1}{6}=\frac{1}{12}\{(\frac{5}{6})^{n-1}+(\frac{1}{6})^{n-1}\}$

(3) n回で勝つというのは互いに排反事象なので，n回以下で勝つ確率は，それらの和で求められる
$q_n=\sum_{k=1}^n p_k=\frac{1}{12}\{\sum_{k=1}^n(\frac{5}{6})^{k-1}+\sum_{k=1}^n(\frac{1}{6})^{k-1}\}$
{　}内の第1項は，初項1，公比 $\frac{5}{6}$ ，項数nの等比数列の和だから
$\frac{1-(\frac{5}{6})^n}{1-\frac{5}{6}}=6\{1-(\frac{5}{6})^n\}$
{　}内の第2項は，初項1，公比 $\frac{1}{6}$ ，項数nの等比数列の和だから
$\frac{1-(\frac{1}{6})^n}{1-\frac{1}{6}}=\frac{6}{5}\{1-(\frac{1}{6})^n\}$
結局
$q_n=\frac{1}{2}\{1-(\frac{5}{6})^n\}+\frac{1}{10}\{1-(\frac{1}{6})^n\}$
$=\frac{3}{5}-\frac{1}{2}(\frac{5}{6})^n-\frac{1}{10}(\frac{1}{6})^n$
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【類題2.4】
　xy平面上の６個の点(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0), (2, 1)が図のように長さ1の線分で結ばれている．動点Xは，これらの点の上を次の規則に従って１秒ごとに移動する．

規則：

動点Xは，そのときに位置する点から出る長さ１の線分によって結ばれる図の点のいずれかに，等しい確率で移動する．

　例えば，Xが(2, 0)にいるときは，(1, 0), (2, 1)のいずれかに $\frac{1}{2}$ の確率で移動する．また，Xが(1, 1)にいるときは，(0, 1), (1, 0), (2, 1)のいずれかに $\frac{1}{3}$ の確率で移動する．
　時刻0で動点XがO=(0, 0)から出発するとき，n秒後にXのx座標が0である確率を求めよ．ただし，nは0以上の整数とする．

（2016年度京都大理科系）

［解答を見る］

　n秒後にXのx座標が0である：(0, 0)または(0, 1)にいる確率をpn，x座標が1である：(1, 0)または(1, 1)にいる確率をqn，x座標が2である：(2, 0)または(2, 1)にいる確率をrnで表すと
$p_0=1,\hspace{2}q_0=0,\hspace{2}r_0=0$
$p_1=\frac{1}{2},\hspace{2}q_1=\frac{1}{2},\hspace{2}r_1=0$

$p_{n+ 1}=p_n\times\frac{1}{2}+ q_n\times\frac{1}{3}$ ･･･(*1)
$q_{n+ 1}=p_n\times\frac{1}{2}+ q_n\times\frac{1}{3}+ r_n\times\frac{1}{2}$ ･･･(*2)
$r_{n+ 1}=q_n\times\frac{1}{3}+ r_n\times\frac{1}{2}$ ･･･(*3)

【注意】
　このような三重さんじゅうの連立漸化式を「広く通用する一般的な解き方で解かなければならない」などと奇妙な正義感を持つ必要はない．そもそも，高校数学の教科書には連立漸化式は載っておらず（手元にある3社），三重の連立となると，ほとんどの生徒は解いたこともない．
　定数項なしで定数係数の場合は一次変換と呼ばれ，行列で書けて
$\begin{pmatrix}p_{n+ 1}\\q_{n+ 1}\\ r_{n+ 1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a& b& c\\ d& e& f\\ g& h& i\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}p_{n}\\q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}$
の解は
$\begin{pmatrix}p_{n}\\q_{n}\\ r_{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a& b& c\\ d& e& f\\ g& h& i\end{pmatrix}^{n-1}$ $\begin{pmatrix}p_{1}\\q_{1}\\ r_{1}\end{pmatrix}$
と解けるが，今の学習指導要領では（2021年現在）高校数学に行列はなく，行列のn乗もない．行列を習っていても，行列のn乗を具体的に求めることは，それだけでも骨の折れる問題になる．
　入試では「その問題を時間内に解く方法が偶然にでも見つかればよい」と割り切ることが重要･･･以下の答案は，たまたま解けた例を示している

(*1)+(*2)+(*3)より
$p_{n+ 1}+ q_{n+ 1}+ r_{n+ 1}=p_n+ q_n+ r_n$
したがって
$p_n+ q_n+ r_n=\cdots=p_0+ q_0+ r_0=1$
(*2)に代入すると
$q_{n+ 1}=p_n\times\frac{1}{2}+ q_n\times\frac{1}{3}+\frac{1}{2}(1-p_n-q_n)$
$q_{n+ 1}=-\frac{1}{6}q_n+\frac{1}{2}$
$q_{n+ 1}-\frac{3}{7}=-\frac{1}{6}(q_n-\frac{3}{7})$
$q_{n}-\frac{3}{7}=(q_1-\frac{3}{7})(-\frac{1}{6})^{n-1}$
$q_{n}=\frac{3}{7}+ \frac{1}{14}(-\frac{1}{6})^{n-1}$ ･･･(*4)
また，(*1)−(*3)より
$p_{n+ 1}-r_{n+ 1}=\frac{1}{2}(p_n-r_n)$
$p_{n}-r_{n}=(p_1-r_1)(\frac{1}{2})^{n-1}=(\frac{1}{2})^{n}$ ･･･(*5)
(*4)(*5)を(*2)に代入する
$\frac{3}{7}+ \frac{1}{14}(-\frac{1}{6})^{n}=p_n\times\frac{1}{2}+\{\frac{3}{7}+ \frac{1}{14}(-\frac{1}{6})^{n-1}\}\times\frac{1}{3}$
$+(p_n-(\frac{1}{2})^n)\times\frac{1}{2}$
$p_n=\frac{2}{7}+\frac{3}{14}(-\frac{1}{6})^n+\frac{1}{2^{n+ 1}}$
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